Processing math: 100%

Автор: Лозинская Анастасия

M1344

Задача из Научно-популярного физико-математическом журнала «Квант». Она была опубликована в февральском выпуске 1993г. под номером М1344.

Условие задачи

Том Сойер красит забор, состоящий из бесконечной последовательности прямоугольных досок разной ширины и высоты. Каждая доска на 1% уже, чем предыдущая, и выше нее, но не выше 2м. Том начинает с первой доски и затем, если доска выше предыдущей более чем на 2%, красит ее, а в противном случае — пропускает. Может ли забор быть таким, что он покрасит не менее:
а) 40%, б) 50%, в) 60% площади забора?

Решение

Пусть an — высота, bn — ширина n-ой доски; n=1,2,…
Положим q=0.99,p=10.99∗1.02=11.0098.
По условию, bn=b1qn,an≤2; доска будет окрашена, если отношение площади предшествующей доски к ее площади меньше p.
Заметим, что несмотря на бесконечность количества досок, длина и площадь забора конечны: его длина равна сумме бесконечно убывающей прогрессии b1(1+q+…+qn+…)=b11−q, а площадь не превосходит 2b11−q,.
Мы не только ответим на вопрос задачи, но и найдем точную оценку сверху доли окрашеной площади забора. Пусть забор таков, что первые N досок окрашены, а за ними идут неокрашеные доски высотой aN=a,N− достаточно большое число (см. рисунок). Площадь неокрашеных досок равна D=a(q+q2+…)=aq1−q, а площадь окрашенных может быть сколь угодно близка к C=a(1+q+q2+…)=a1−p.
Поскольку CD=1−q(1−p)q=0.01∗0.99∗1.020.0098∗0.99=1.020.98=5149, этот пример показывает, что доля окрашенных досок может составлять почти 51% (и быть сколь угодно близкой к этому числу); нетрудно видеть, что эта доля может быть и любым меньшим числом.
Докажем, что она не может быть равной или большей 51%. Обозначим через S общую площадь забора, C — площадь окрашенных досок, D=S−C — площадь неокрашенных. Будем называть неотмеченными доски, предшествующие неокрашенным.
Пусть n-ая доска отмечена, тогда (n+1)-ая окрашена, и anbn≤an+1bn=an+1bn+1q. Поэтому площадь всех неотмеченных досок не превосходит Dq. Пусть теперь n-ая доска не отмечена; тогда (n+1)-ая окрашена, и anbn≤pan+1bn+1. Поэтому площадь всех неотмеченных досок не больше pC. Складывая площади всех — отмеченных и неотмеченных — досок, получим: S=pC+Dq, откуда, заменив S на C+D, получим C(1−p)≤D(1q−1)=D(1−q)q, т.е. CD≤1−qq(1−p)=5149.
Итак, ответы на вопросы а) и б) задачи положительны, на вопрос в) — отрицателен.

А.Григорян

Теорема Ферма о корне производной

Формулировка

Если функция имеет локальный экстремум в точке x0 и дифференцируема в этой точке, то f′(x0)=0

Доказательство

Пусть, например, функция имеет локальный минимум в точке x0. Тогда, по определению локального минимума для всех x∈(x0−δ,x0+δ) выполняется неравенство f(x)−f(x0)≥0.
Если x∈(x0−δ,x0), то x−x0<0, тогда из условия f(x)−f(x0)≥0 следует, что
f(x)−f(x0)x−x0≤0,
а если x∈(x0,x0+δ), то выполняется неравенство
f(x)−f(x0)x−x0≥0.
Так как функция f предел при x→x0 в левой части неравенства f(x)−f(x0)x−x0≤0, равный f‘−(x0)=f′(x0). По свойствам пределов из f(x)−f(x0)x−x0≤0 следует, что
f′(x0)≤0.
Аналогично, переходя к пределу в неравенстве f(x)−f(x0)x−x0≥0 получаем
f′(x0)≥0.
Из неравенств f′(x0)≤0 и f′(x0)≥0 следует, что f′(x0)=0.

Пример

Функция f(x)=x2 имеет на отрезке [-1,1] точку минимума x0=0. Производная функция существует при всех x: f′(x)=2x. В точке минимума производная действительно оказывается равной 0. f′(x0)=f′(0)=0, так что утверждение теоремы Ферма выполнено.

ferma

Литература

  • Конспект лекций Лысенко З.М.
  • Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И., Курс математического анализа, физмат-лит, 1988. стр.164-165
  • Демидович Б.П., Сборник задач и упражнений по математическому анализу, М., Наука, 1981. стр.134-140
  • www.pm298.ru
  • www.bymath.net

Геометрический смысл теоремы Ферма

Формулировка

Касательная к графику функции в точке локального экстремума (x0,f(x0)) параллельна оси абсцисс.

Ferma

Замечание

Теорема неверна, если функцию f(x) рассматривать на замкнутом отрезке [a,b].

Пример

Функция f(x)=x на отрезке [0;1] в точке x=0 принимает наименьшее, а в точке x=1 наибольшее значение, однако, как в той, так и в другой точке производная в нуль не обращается, а равна единице.

Литература

  • Конспект лекций Лысенко З.М.
  • Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И., Курс математического анализа, физмат-лит, 1988. стр.165
  • sernam.ru

Геометрический смысл формулы Лагранжа и её следствия

Сама теорема здесь.

Формулировка

f(b)−f(a)b−a — угловой коэффициент секущей, которая проходит через точки A(a,f(a)) и B(b,f(b)) графика функции y=f(x), а f′(ξ) — угловой коэффициент касательной к графику в точке (ξ,f(ξ)). Поэтому теорема Лагранжа имеет следующую геометрическую интерпретацию: существует значение ξ∈(a,b) такое, что касательная к графику функции y=f(x) в точке (ξ,f(ξ)) параллельна секущей, соединяющей точки A(a,f(a)) и B(b,f(b)).

  1. Следствие

    Если а дифференцируема на (a,b) и f'(x)=0 ∀x∈(a,b) то f(x)=c=const на (a,b)

    Его доказательство:

    Возьмем ∀x∈(a,b) и зафиксируем [x,x0]⊂(a,b) ([x0,x]⊂(a,b)) Применим формулу конечных приращений Лагранжа на отрезке [x,x0]
    f(x)−f(x0)=f′(ξ)(x−x0)⇒f(x)=f(x0), ∀x∈(a,b).

  2. Следствие

    Если функция дифференцируема на (a,b) и f'(x)=k=const. ∀x∈(a,b)⇒f(x)=(kx+b) — линейная функция

    Его доказательство:

    Применяя теорему Лагранжа к функции f а на отрезке [a,x]⊂[a,b]: f(x)−f(a)=f′(ξ)(x−a). f(x)−f(a)=k(x−a). f(x)=kx+b.b=f(a)−ka

lag

  1. Следствие

    Пусть φ(x)

    1. Непрерывна на [a,b];
    2. Дифференцируема на (a,b) (кроме быть может некоторой точки x0∈(a,b))
    3. ∃limx→x0φ‘(x)

    Тогда ∃φ‘(x0), причем эта производная равна limx→x0φ‘(x)

    Его доказательство:

    Пусть limx→x0φ‘(x)=A, a<x<b, x≠x0. По Теореме Лагранжаφ(x)−φ(x0)=φ‘(ξ)(x−x0), где ξ∈(x0,x)∪ξ∈(x,x0)⇒ φ‘(ξ)=φ(x)−φ(x0)x−x0. (Будем считать, что функция однозначна) ξ=ξ(x):x0<ξ(x)<x⇒limx→x0ξ(x)=x0⇒limx→x0φ‘(ξ)=A=limx→x0φ(x)−φ(x0)x−x0=φ‘(x0)

Пример

Найти функцию Θ=Θ(x0,Δx) такую, что f(x0+Δx)−f(x0)=Δxf(x0+ΘΔx), если f(x)=ax2+bx+c,a≠0

Спойлер

Геометрический смысл формулы Лагранжа и её следствия

Этот тест разработан для лучшего усвоения знаний

Литература

Формула конечных приращений Лагранжа

Формулировка

Если функция ∈C[a,b] и дифференцируема на (a,b), то ∃ξ∈(a,b):f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a).

Доказательство

Рассмотрим функцию ∃ξ∈(a,b):f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a), где число λ выберем таким, чтобы выполнялось условие φ(a)=φ(b), т.е. f(a)+λa=f(b)+λb. Отсюда находим
λ=−f(b)−f(a)b−a.
Так как функция φ(x)непрерывна на отрезке [a,b], дифференцируема на интервале (a,b) и принимает равные значения в концах этого интервала, то по теореме Ролля о корне производной существует точка ξ∈(a,b) такая, что φ‘(ξ)=f′(ξ)+λ=0. Отсюда в силу условия λ=−f(b)−f(a)b−a получаем равенство
f′(ξ)=f(b)−f(a)b−a
равносильное равенству f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a).

Пример

Доказать что ln(1+x)<x при 0<x

Спойлер

Формула конечных приращений Лагранжа

Этот тест был разработан для проверки усвоенных знаний по данному разделу

Литература

  • Конспект лекций Лысенко З.М.
  • Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И., Курс математического анализа, физмат-лит, 1988. стр.166-168
  • Демидович Б.П., Сборник задач и упражнений по математическому анализу, М., Наука, 1981. стр.134-140