М1396. Выполняется ли неравенство?

Задача из журнала «Квант» (1993, №5, M1396)

Условие

Докажите, что для любых положительных чисел $a_{k},b_{k} (k=1,2,…,n)$ выполнено неравенство $\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{a_{k}b_{k}}{a_{k}+b_{k}}}\leq \frac{AB}{A+B}$ где $A=a_{1}+…a_{n}, B=b_{1}+…+b_{n}$ .

Первое решение

Доказательство проведем по индукции. Докажем неравенство для $n=2$ . Положим $v=a_{1}+b_{1},u=a_{2}+b_{2}$ : $a_{1}b_{1}u^2+(a_{1}b_{1}+a_{2}b_{2})uv+a_{2}b_{2}v^2\leq uv(a_{1}+a_{2})(b_{1}+b_{2})$ или $a_{1}b_{1}u^2-(a_{2}b_{1}+a_{1}b_{2})uv+a_{2}b_{2}v^2\leq 0$ Обозначим $t=u/v$ . Перепишем неравенство: $v^2a_{1}b_{1}(t-\frac{b_{2}}{b_{1}})(t-\frac{a_{2}}{a_{1}})\leq 0$ Подставляя $t=(a_{2}+b_{2})/(a_{1}+b_{1})$ , приходим к эквивалентному неравенству: $(b_{2}a_{1}-b_{1}a_{2})(a_{2}b_{1}-a_{1}b_{2})\leq 0$ или $-(b_{2}a_{1}-b_{1}a_{2})^2\leq 0$ Неравенство доказано.

Еще одно, геометрическое, доказательство неравенства основано на том, что биссектриса прямого угла треугольника с катетами $a$ и $b$ равна $\sqrt{2}ab/(a+b)$ .

Picture one

Пусть, для определенности $b_{2}/a_{2}\geq b_{1}/a_{1}$ . Рассмотрим конфигурацию рисунка 1. Точка пересечения биссектрисы с отрезком $AB$ лежит дальше от вершины угла $O$ , чем точка $L$ $(PK/KQ=BP/QA=b_{1}/a_{1})\leq PL/LQ=b_{2}/a_{2})$ .

Дадим еще одно доказательство этого неравенства, основанное на исследовании функции $f(x)=\frac{(x+a_{2})(b_{1}+b_{2})}{x+a_{2}+b_{1}+b_{2}}-\frac{xb_{1}}{x+b_{1}}$ где $x\geq 0$ . Нетрудно проверить, что $f(0)=\frac{a_{2}(b_{1}+b_{2})}{a_{2}+b_{1}+b_{2}}>\frac{a_{2}b_{2}}{a_{2}+b_{2}}$ функция $f(x)$ имеет единственный минимум при $x=a_{2}b_{1}/b_{2}$ , равный $a_{2}b_{2}/(a_{2}+b_{2});$ $f(x)\rightarrow b_{2}$ при $x\rightarrow +\infty$ (рис. 2). Отсюда легко вывести, что $f(x)\geq a_{2}b_{2}/(a_{2}+b_{2})$ при всех $x\geq 0$ . Далее, $\sum\limits_{k=1}^{n+1}{\frac{a_{k}b_{k}}{a_{k}+b_{k}}}\leq \frac{A’B’}{A’+B’}+\frac{a_{n+1}b_{n+1}}{a_{n+1}+b_{n+1}}\leq \frac{AB}{A+B}$ где $A’=\sum\limits_{k=1}^{n}{a_{k}}, B’=\sum\limits_{k=1}^{n}{b_{k}}$ Неравенство задачи доказано. Мы видели, что для $n=2$ неравенство переходит в равенство лишь при $x/b_{1}=a_{2}/b_{2}$ , т.е. в случае коллинеарности векторов $(a_{1},b_{1})$ и $(a_{2},b_{2})$ . Попробуем дать задаче дальнейшую векторную интерпретацию.

Второе решение

Будем рассматривать числовые функции $f(\bar{x})$ , где $\bar{x}=(x,y)$ — вектор плоскости, $x>0,y>0$ .

Определение. Функция

$f(\bar{x})$ называется вогнутой (или выпуклой вверх), если для любых векторов

$\bar{x}_{1}$ и

$\bar{x}_{2}$ выполняется неравенство

$\frac{f(\bar{x}_{1})+f(\bar{x}_{2})}{2}\leq f(\frac{\bar{x}_{1}+\bar{x}_{2}}{2}) (1)$

Замечание. Геометрический смысл вогнутости ясен из рисунка 3. Вогнутыми являются, например, функции

$y=ax+b, y=-x^{2}+bx+c, y=-1/(dx+e)$ , где

$dx+e>0$ .Рассмотрим функцию

$f(\bar{x})=\frac{xy}{x+y}$

При $n=2$ утверждение задачи означает, что функция вогнута; при произвольном $n$ утверждение означает, что выполнено неравенство $\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{f({\bar{x}_{i}})}\leq f(\frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}{{\bar{x}_{i}}}) (2)$

Теорема. Для любой вогнутой (т.е. удовлетворяющей неравенству

$(1)$ ) функции выполнено также и неравенство

$(2)$ .

Доказательство. Предполагая справедливость теоремы при

$n=m$ , докажем ее справедливость при

$n=2m$ . Имеем:

$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}+…+{\bar{x}_{2m}}}{2m})=$

$=f(\frac{\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}}{2}+…+\frac{{\bar{x}_{2m-1}}+{\bar{x}_{2m}}}{2}}{m})\geq$

$\geq \frac{f(\frac{{\bar{x}_{1}}+{\bar{x}_{2}}}{2})+…+f(\frac{{\bar{x}_{2m-1}}+{\bar{x}_{2m}}}{2})}{m}\geq$

$\geq \frac{\frac{f({\bar{x}_{1}})+f({\bar{x}_{2}})}{2}+…+\frac{f({\bar{x}_{2m-1}})+f({\bar{x}_{2m}})}{2}}{m}=$

$=\frac {f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{2m}})}{2m}$ Таким образом теорема справедлива при

$n=2m$ . Положим теперь

$n+p=2m$ . Тогда

$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}+{\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}}{n+p})\geq$

$\geq\frac {f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+f({\bar{y}_{1}})+…+f({\bar{y}_{p}})}{n+p} (3)$ Положим

${\bar{y}_{1}}=…={\bar{y}_{p}}=\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n}$ тогда

${\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}=\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n}\cdot p$ Следовательно,

$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}+{\bar{y}_{1}}+…+{\bar{y}_{p}}}{n+p})=f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})$ С другой стороны,

$\frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+f({\bar{y}_{1}})+…+f({\bar{y}_{p}})}{n+p}=$

$=\frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})+pf(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})}{n+p}$ Из неравенства

$(3)$ получаем:

$f(\frac{{\bar{x}_{1}}+…+{\bar{x}_{n}}}{n})\geq \frac{f({\bar{x}_{1}})+…+f({\bar{x}_{n}})}{n}$ Теорема доказана.

Перепишем теперь утверждение задачи при $n=2$ ; функция $f(\bar{x})=\frac{xy}{x+y}$ , рассматриваемая на любой прямой $l$ , является вогнутой. Докажем это утверждение.

Если $l\mid Oy$ , то вогнутость функции $f(\bar{x})$ очевидна. Пусть $l$ задана уравнением $y=ax+b$ . Тогда $f(\bar{x})=\frac{ax^{2}+bx}{(a+1)x+b}$ При $a=-1$ будет $b>0$ , и $f(x)$ вогнута. Полагая $t=(a+1)x+b$ при $a\neq -1$ , получаем: $f(\bar{x})=ct+d+\frac{e}{t}$ , где $e=\frac{-b^{2}}{(a+1)^{2}}$

При $b=0$ функция $f(\bar{x})$ линейная, при $b\neq 0$ , поскольку $t>0$ , — строго вогнутая (т.е. при $\bar{x}_{1}\neq \bar{x}_{2}$ неравенство $(1)$ строгое).

Утверждение задачи доказано.

Признак сравнения несобственных интегралов

Признак сравнения в форме неравенств

Теорема

Пусть функции $f$ и $g$ неотрицательны на $[a,b)$ и интегрируемы на каждом отрезке, содержащемся в $[a,b)$ . Предположим, что $f(x)\leq g(x)$ для любого $x\in [a,b)$ . Тогда:

из сходимости интеграла $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$ следует сходимость интеграла $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ ;
из расходимости интеграла $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ следует расходимость интеграла $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$ ;

Спойлер

Из $0\leq f(x) \leq g(x)$ следует, что $\int_{a}^{\xi}{f(x)dx}\leq \int_{a}^{\xi}{g(x)dx}$ $(1)$ , $\xi \in [a,b)$ . Если сходится интеграл $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$ , т.е. существует конечный $\lim_{\xi \rightarrow b-0} \int_{a}^{\xi}{g(x)dx}=I_{2}$ , где $I_{2}=sup_{a\leq\xi <b} \int_{a}^{\xi}{g(x)dx}$ , то из $(1)$ следует, что $\forall \xi \in [a,b)$ выполняется неравенство $\int_{a}^{\xi}{f(x)dx} \leq I_{2}$ . Таким образом для неотрицательной функции $f(x)$ выполняется условие $\exists C: \forall \xi \in [a,b) \rightarrow \int_{a}^{\xi}{f(x)dx}\leq C$ (критерий сходимости интегралов от неотрицательных функций). Следовательно, интеграл $I_{2}$ сходится.
Пусть $I_{1}$ расходится. Предположим, что $I_{2}$ сходится, тогда по первому пункту сходится и $I_{1}$ , что противоречит условию, следовательно $I_{2}$ тоже расходится.

[свернуть]

Спойлер

Сходится ли интеграл? $I_{1}=\int\limits_{1}^{+\infty}{\frac{\cos^{4}3x}{\sqrt[5]{1+x^{6}}}dx}$

Так как $0\leq \frac{\cos^{4}3x}{\sqrt[5]{1+x^{6}}}\leq \frac{1}{\sqrt[5]{1+x^{6}}}\leq \frac{1}{x^{6/5}}$ при $x\geq 1$ $I_{2}=\int_{1}^{+\infty}{\frac{1}{x^{6/5}}dx} < \infty$ (сходится), т.к. $\alpha =\frac{6}{5}>1$ . Тогда, если интеграл $I_{2}$ сходится, то из сходимости интеграла $I_{2}$ следует сходимость интеграла $I_{1}$ .
Ответ: $I_{1}$ сходится.

[свернуть]

Признак сравнения в предельной форме

Теорема

Пусть функции $f(x)$ и $g(x)$ неотрицательны на $[a,b)$ и интегрируемы на каждом отрезке, содержащемся в $[a,b)$ . Тогда, если для $\forall x \in [a,b)$ выполняются условие $f(x)\sim g(x)$ при $x\rightarrow b-0$ $(\lim_{x \rightarrow b-0}\frac{f(x)}{g(x)}=1)$ . Тогда интегралы $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ и $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$ сходятся или расходятся одновременно (ведут себя одинаково).

Спойлер

Согласно условию $\lim\limits_{x \rightarrow b-0}\frac{f(x)}{g(x)}=1:$ $\forall \varepsilon >0 \exists \delta _{\varepsilon}>0: b-\delta <x<b \Rightarrow \left|\frac{f(x)}{g(x)}-1 \right| < \varepsilon$ или, что то же самое $\forall \varepsilon >0 \exists \delta (\varepsilon)\in [a,b):\forall x \in[\delta (\varepsilon ),b) \rightarrow \left|\frac{f(x)}{g(x)}-1 \right| < \varepsilon$ Выберем $\varepsilon =\frac{1}{2}$ , найдем $\delta (\frac{1}{2})=c$ такое, что $b-c<x<b$ $\left|\frac{f(x)}{g(x)}-1 \right|<\frac{1}{2} \Leftrightarrow -\frac{1}{2}<\frac{f(x)}{g(x)}-1<\frac{1}{2}\Leftrightarrow$ $\Leftrightarrow \frac{1}{2}<\frac{f(x)}{g(x)}<\frac{3}{2}\Leftrightarrow \frac{1}{2}g(x)<f(x)<\frac{3}{2}g(x), \forall x \in [b-c,b]$ Так как функции $f(x)$ и $g(x)$ не имеют особых точек на промежутке $[a,b)$ , то интегралы $I_{1}$ и $I_{2}$ сходятся тогда и только тогда, когда сходятся интегралы соответственно от функций $f(x)$ и $g(x)$ на промежутке $[b-c,b)$ . Если сходится интеграл $I_{2}$ (а значит и $\int_{b-c}^{b}{g(x)dx}$ ), то из равенства $f(x)<\frac{3}{2}g(x)$ по признаку сравнения в форме неравенств следует сходимость интеграла $\int_{b-c}^{b}{f(x)dx}$ , а это равносильно сходимости интеграла $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ . Аналогично, из $\frac{1}{2}g(x)<f(x)$ заключаем, что из сходимости интеграла $I_{1}=\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ следует сходимость интеграла $I_{2}=\int_{a}^{b}{g(x)dx}$ .
Если же один из интегралов расходится, например, $I_{1}$ . Тогда предположим, что $I_{2}$ сходится, следовательно, по доказанному выше $I_{1}$ тоже должен сходиться, что противоречит условию, следовательно $I_{2}$ тоже расходится. Т.е. если один из интегралов расходится, то расходится и другой.

[свернуть]

Замечание

Если функция $f(x)$ интегрируема на отрезке $[a,\xi]$ при $\forall \xi \geq \alpha$ и если $f(x)\sim \frac{A}{x^{\alpha}}$ при $x\rightarrow +\infty$ , где $A\neq 0$ , то интеграл $\int_{\alpha }^{+\infty}{f(x)dx}$ сходится при $\alpha >1$ и расходится при $\alpha \leq 1$ .

Спойлер

Сходится ли интеграл? $\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}dx}$
$\int\limits_{0}^{1}{\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}dx}=\left[\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}\sim \frac{x}{x^{2}}=\frac{1}{x} \right]$ (можем заменить функцию эквивалентной т.к. $\frac{\ln(1+x)}{x^{2}}\rightarrow 0$ ). Тогда интеграл $\int_{0}^{1}{\frac{dx}{x}}=\infty$ расходится (т.к. $\alpha =1$ ).
Ответ: интеграл расходится.

[свернуть]

Литература

Конспект лекций по мат.анализу Лысенко З.М.
Тер-Крикоров А.М. и Шабунин М.И. «Курс математического анализа»: Учеб. пособие для вузов. 3-е издание, 2001 г. стр. 369-373.
Демидович Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу. Учеб. пособие. 13-е изд., 1997 г. стр. 223-230.
В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу. 2009г. стр.87-89.
Л.Д. Кудрявцев. Курс математического анализа, том 1, 1988-1989г. стр.659-665..

Тест по теме: Признак сравнения несобственных интегралов

Этот тест покажет ваши знания по данной теме.

Таблица лучших: Тест по теме: Признак сравнения несобственных интегралов

максимум из 15 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Несобственные интегралы от неограниченных функций

Определение

Пусть функция $f$ задана на полуинтервале $[a,b)$ , где $-\infty<a<b<+\infty$ , и интегрируема по Риману на любом отрезке $[a,\xi]$ , где $a<\xi<b$ . Тогда, если существует конечный предел $\lim_{\xi \to b-0}\int_{a}^{\xi}{f(x)dx}$ , то несобственный интеграл $II$ рода $\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ называют сходящимся и полагают

$\int\limits_a^b{f(x)dx}=\lim_{\xi \to b-0}\int\limits_{a}^{\xi}{f(x)dx}$

В противном случае несобственный интеграл называют расходящимся.

Аналогично, если существует конечный $\lim_{\xi \to a+0}\int_{\xi}^{b}{f(x)dx}$ , то несобственный интеграл $II$ рода $\int_{a}^{b}{f(x)dx}$ называют сходящимся и полагают

$\int\limits_a^b{f(x)dx}=\lim_{\xi \to a+0}\int\limits_{\xi}^{b}{f(x)dx}$

В противном случае, если такого предела нет, расходящимся.

Замечание

Определение несобственного интеграла от непрерывных функций является содержательным лишь в случае, когда $f(x)$ неограниченна в окрестности точек $b,a$ . При этом, эти точки называются особыми.

Пример:

Курсовая
Рассмотрим функцию $\frac{1}{\sqrt{1-x}}$ . Эта функция непрерывна на промежутке $[0,1)$ , но не ограничена на этом промежутке. При $\forall\xi\in [0,1)$ функция $\frac{1}{\sqrt{1-x}}$ интегрируема на отрезке $[0,\xi]$ , причем $J(\xi)=\int_{0}^{\xi}{\frac{dx}{\sqrt{1-x}}}=\left(-2\sqrt{1-x})\right|^{\xi}_{0}=2(1-\sqrt{1-\xi})$ , откуда следует, что существует конечный $\lim_{\xi \to 1-0}F(\xi)=2$ . В этом случае говорят, что несобственный интеграл от функции $\frac{1}{\sqrt{1-x}}$ на промежутке $[0,1)$ равен $2$ , т.е. $\int_{0}^{1}{\frac{dx}{\sqrt{1-x}}}=2$ . Число $2$ можно интерпретировать как площадь заштрихованной фигуры на Рис.1.

Литература

Конспект лекций по мат.анализу Лысенко З.М.
Тер-Крикоров А.М. и Шабунин М.И. «Курс математического анализа»: Учеб. пособие для вузов. 3-е издание, 2001 г. стр. 361-363.
Демидович Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу. Учеб. пособие. 13-е изд., 1997 г. стр. 223-230.
В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу. 2009г. стр.80-82.
Л.Д. Кудрявцев. Курс математического анализа, том 1, 1988-1989г. стр.644-652.

Тест по теме: Несобственные интегралы от неограниченных функций

Этот тест покажет насколько хорошо вы усвоили данную тему.

Задание 1 из 5

1.
Количество баллов: 3
Определение неопределенного интеграла от непрерывных функций.
- Пусть функция f(x) (определена) на конечном промежутке [a,b) и (интегрируема) на отрезке [a,xi], где xi - любое из промежутка [a,b). Тогда, если существует (конечный) предел интеграла функции f(x) от a до xi, где xi->b-0, то символ интеграла функции f(x) от a до b называют несобственным интегралом от непрерывной функции.
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 5

2.
Количество баллов: 1
При каком условии можно определить несобственный интеграл?
- Сходимости в окрестности точек
- Неограниченности в окрестности точек
- Интегрируемости в окрестности точек
- Ограниченности в окрестности точек
Правильно

Да, исходя из замечания.

Неправильно

Прочитайте внимательнее замечание.
Задание 3 из 5

3.
Количество баллов: 1
Отметить интегралы которые имеют предел A, равный : $\left\{\left.\begin{matrix}A<\infty \\ A=\pm\infty\end{matrix}\right|\begin{matrix}\alpha < 1 \\ \alpha\geq1\end{matrix}\right.$
- $\int\limits_{0}^{1}{\frac{dx}{x^\alpha}}$
- $\int\limits_{c}^{b}{\frac{dx}{(x-c)^\alpha}}, -\infty < c < b < +\infty$
- $\int\limits_{1}^{+\infty}{\frac{dx}{x^\alpha}}$
- $\int\limits_{c}^{b}{\frac{dx}{(b-x)^\alpha}},-\infty < c < b < +\infty$
Правильно

Неправильно
Задание 4 из 5

4.
Количество баллов: 4
Отсортируйте по убыванию площадей под кривыми функций
- $\int\limits_{1}^{3}{\frac{dx}{\sqrt[3]{(x-3)^5}}}$
- $\int\limits_{0}^{1}{\ln x dx}$
- $\int\limits_{0}^{3}{\frac{dx}{\sqrt{9-x^2}}}$
- $\int\limits_{-2}^{2}{\frac{dx}{x^3}}$
Правильно

Неправильно
Задание 5 из 5

5.
Количество баллов: 1
Если подынтегральная функция $f(x)$ неограниченна в окрестности точек $b,a$ , тогда такие точки называются:
Правильно

Неправильно

Таблица лучших: Тест по теме: Несобственные интегралы от неограниченных функций

максимум из 10 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Условие

Первое решение

Второе решение

Признак сравнения в форме неравенств

Теорема

Признак сравнения в предельной форме

Теорема

Замечание

Литература

Тест по теме: Признак сравнения несобственных интегралов

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

Элементы сортировки

2.

3.

4.

5.

6.

Таблица лучших: Тест по теме: Признак сравнения несобственных интегралов

Определение

Замечание

Пример:

Литература

Тест по теме: Несобственные интегралы от неограниченных функций

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

Таблица лучших: Тест по теме: Несобственные интегралы от неограниченных функций