Автор: Даниил Радковский

M1538

Условие:

Прямоугольник atimes b(a>b) разбит на прямоугольные треугольники, граничащие друг с другом только по целым сторонам, так что общая сторона двух треугольников всегда служит катетом одного и гипотенузой другого.Докажите, что frac{a}{b}geq2.

Решение:

Пусть наш прямоугольник — ABCD. Докажем, что вершина треугольника разбиения не может лежать внутри прямоугольника. Действительно, допустим противное, пусть хотя бы одна вершина внутри прямоугольника существует. Значит, существуют и стороны треугольников разбиения, которые обладают таким свойством: хотя бы один конец этой стороны лежит внутри прямоугольника. Рассмотрим множество M сторон, обладающих этим свойством. По условию задачи, эта сторона для одного из примыкающих к ней треугольников разбиения служит гипотенузой. Тогда катет этого треугольника, выходящий из этой же точки, а следовательно, тоже принадлежащий множеству M, будет короче гипотенузы, т.е. короче кратчайшего отрезка множества M. Противоречие. Итак, все вершины треугольников разбиения лежат на границе прямоугольника.

M1538

Теперь рассмотрим самую длинную из сторон треугольников разбиения: пусть это сторона m. Она принадлежит одной из сторон прямоугольника. Действительно, иначе m служила бы катетом для некоторого треугольника, а его гипотенуза был бы ещё длиннее. Пусть m лежит на стороне AB прямоугольника (см. рисунок).

Рассмотрим треугольник разбиения, гипотенузой которого служит m. Вершина его прямого угла может лежать только на стороне CD. Высота этого треугольника равна стороне BC. Но высота h прямоугольного треугольника не превышает половины гипотенузы, следовательно, mgeq 2h, откуда ABgeq 2BC, что и требуется.

А.Шаповалов, Н.Константинов

M1537. Произведение и разность чисел

Условие:

Про n чисел, произведение которых равно p, известно, что разность между p и каждым из этих чисел — нечётное целое число. Докажите, что все эти числа иррациональны.

Решение:

Пусть x — одно из этих n чисел. x+b_{1} , x+b_{2}, ... , x+b_{n-1} — остальные и

p = x(x+b_{1})(x+b_{2})...(x+b_{n+1})=x+c, (1)

где, по условию, c нечётно, а b_{1} , b_{2}, ... , b_{n-1} должны быть чётными целыми числами. Равенство (1) можно записать, раскрыв скобки в виде

x^{n} +a_{1}x^{n-1} + a_{2}x^{n-2} +...+a_{n-2}x^{2}+x{n-1}x=c, (2)

где a_{1},...,a_{n-2} — чётные, а a_{n-1}=b_{1}b_{2}...b_{n-1}-1 и c — нечётные числа.Предположив, что x — рациональное число, мы сразу же убедимся, что x должно быть целым:если x=k/d — несократимая дробь, d>1, то, подставив x в (2) и умножив обе части на d^{n-1} , мы придём к противоречию.Но и целым x тоже быть не может: и при чётном, и при нечётном x левая часть — четная (в последнем случае два крайние числа нечётны, а остальные чётны), а c — нечётно. Полученное противоречие доказывает, что x (и любой из остальных корней уравнения (1) с чётными b, и нечётным c) может быть только иррациональным.

Н.Васильев, Г.Гальперин

M1537

Условие:

Про n чисел, произведение которых равно p, известно, что разность между p и каждым из этих чисел — нечётное целое число. Докажите, что все эти числа иррациональны.

Решение:

Пусть x — одно из этих n чисел. x+b_{1} , x+b_{2}, ... , x+b_{n-1} — остальные и

p = x(x+b_{1})(x+b_{2})...(x+b_{n+1})=x+c, (1)

где, по условию, c нечётно, а b_{1} , b_{2}, ... , b_{n-1} должны быть чётными целыми числами. Равенство (1) можно записать, раскрыв скобки в виде

x^{n} +a_{1}x^{n-1} + a_{2}x^{n-2} +...+a_{n-2}x^{2}+x{n-1}x=c, (2)

где a_{1},...,a_{n-2} — чётные, а a_{n-1}=b_{1}b_{2}...b_{n-1}-1 и c — нечётные числа.Предположив, что x — рациональное число, мы сразу же убедимся, что x должно быть целым:если x=k/d — несократимая дробь, d>1, то, подставив x в (2) и умножив обе части на d^{n-1} , мы придём к противоречию.Но и целым x тоже быть не может: и при чётном, и при нечётном x левая часть — четная (в последнем случае два крайние числа нечётны, а остальные чётны), а c — нечётно. Полученное противоречие доказывает, что x (и любой из остальных корней уравнения (1) с чётными b, и нечётным c) может быть только иррациональным.

Н.Васильев, Г.Гальперин

Формула Тейлора с остатком в форме Пеано

Формулировка:

Если существует f^{(n)}(x_{0}) , то f(x)  представима в следующем виде:

f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}}{k!}(x-x_{0})^{k}+o((x-x_{0})^{n})_{x\to x_{0}}

Это выражение f(x)  называется формулой Тейлора с остаточным членом в форме Пеано (или локальной формулой Тейлора)

Доказательство:

Для начала докажем Лемму

Пусть функции \varphi(x),\psi(x)  определены в  \delta   окрестности точки x_{0}  и удовлетворяют следующим условиям:

  1. \forall x \in U_{\delta} \exists \varphi^{(n+1)}(x),\psi^{(n+1)}(x);
  2. \varphi(x_{0})=\varphi'(x_{0})=...=\varphi^{(n)}(x_{0})=0 , \psi(x_{0})=\psi'(x_{0})=...=\psi^{(n)}(x_{0})=0
  3. \psi(x)\neq0,\psi^{k}(x)\neq 0 \forall x\in U_{\delta}(x_{0}),k=\overline{1,n+1}

Тогда \forall x\in U_{\delta}(x_{0})  существует точка \xi , принадлежащая интервалу с концами x_{0}  и x  такая, что \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)}

Доказательство 

Пусть, например, x \in (x_{0},x_{0}+\delta) . Тогда применяя к функциям \varphi  и \psi  на отрезке [x_{0},x]  теорему Коши и учитывая, что \varphi(x)=\psi(x)=0  по условию, получаем

\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi(x)-\varphi(x_{0})}{\psi(x)-\psi(x_{0})}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}, x_{0}<\xi_{1}<x

Аналогично, применяя к функциям \varphi'  и \psi'  на отрезке [x_{0},\xi_{1}] теорему Коши, находим

\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=\frac{\varphi'(\xi_{1})-\varphi'(x_{0})}{\psi'(\xi_{1})-\psi'(x_{0})}=\frac{\varphi''(\xi_{2})}{\psi''(\xi_{2})}, x_{0}<\xi_{2}<\xi_{1}

Из этих двух равенств следует, что

\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=\frac{\varphi''(\xi_{2})}{\psi''(\xi_{2})}, x_{0}<\xi_{2}<\xi_{1}<x<x_{0}+\delta

Применяя теорему Коши последовательно к функциям \varphi''  и \psi'' ,\varphi^{(3)}  и \psi^{(3)} ,…,\varphi^{(n)}  и \psi^{(n)}  на соответствующих отрезках получаем

\frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=...=\frac{\varphi^{n}(\xi_{n})}{\psi^{n}(\xi_{n})}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)}

где x_{0}<\xi<\xi_{n}<...<\xi_{2}<\xi_{1}<x<x_{0}+\delta

Равенство доказано для случая, когда x \in(x_{0},x_0+\delta) , аналогично рассматривается случай, когда x \in(x_0-\delta,x_{0}) .

Теперь, когда лемма доказана, приступим к доказательству самой теоремы:

Из существования f^{(n)}(x_{0})  следует, что функция f(x_{0})  определена и имеет производные до (n-1)  порядка включительно в \delta  окрестности точки  x_{0}

Обозначим \varphi(x)=r_{n}(x),\psi(x)=(x-x_{0})^{n} , где  r_{n}(x)=f(x)-P_{n}(x) .

Функции \varphi(x)  и \psi(x)  удовлетворяют условиям леммы, если заменить номер n+1  на n-1

Используя ранее доказанную лемму и учитывая, что r_{n}^{(n-1)}(x_{0})=0  получаем

\frac{r_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}}=\frac{r_{n}^{n-1}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0})}{n!(\xi-x_{0})} , \xi=\xi(x)(*)

где x_{0}<\xi<x<x_{0}<x_{0}+\delta  или x_{0}-\delta<x<\xi<x_{0} .

Пусть x\to x_{0} , тогда из неравенств следует, что \xi \to x_{0} , и в силу существования f^{(n)}(x_{0})  существует

\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{r_{n}^{(n-1)}(x)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0)}}{x-x_0}=

=\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{r_{n}^{(n-1)}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0)}}{\xi-x_{0}}=r_{n}^{(n)}(x_{0})=0

Так как выполняются равенства r_{n}(x_{0})=r_{n}'(x_{0})=...=r_{n}^{(n)}(x_{0})=0

Таким образом, правая часть формулы (*)  имеет при x\to x_{0}  предел, равный нулю, а поэтому существует предел левой части этой формулы, так же равный нулю. Это означает, что r_{n}(x)=o((x-x_{0})^{n}),x\to x_{0} , то есть f(x)-P_{n}(x)=o((x-x_{0})^{n}) , что и требовалось доказать.

Пример:

Разложить функцию y=\cos^{2}(x)  в окрестности точки x_{0}=0   по Тейлору с остатком в форме Пеано.

Решение

Табличное разложение косинуса имеет следующий вид:

\cos(x)=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-...+(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1})

Представим функцию \cos^{2}(x)  в виде:

\cos^{2}(x)=\frac{1+\cos(2x)}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos(2x)

Заменим в табличном разложении x  на 2x  и подставим представление косинуса.Получим

\cos^{2}(x)=1-x^2+\frac{x^{4}}{3}-...+(-1)^{n} \frac{2^{2n-1}x^{2n}}{2n!}+o(x^{2n+1})

Источники:

  1. Конспект по курсу математического анализа Лысенко З.М.
  2. Тер-Крикоровв А.М., Шабунин М.И. Курс математического анализа -М.:ФИЗМАТ-ЛИТ, 2001.-672 с. гл. IV §18 с. 161.

Тест на знание формулы Тейлора(ост.Пеано)

Проверьте себя на знание доказательства и применения формулы Тейлора с остатком в форме Пеано.

Правило Лопиталя о раскрытии неоднозначностей

Метод нахождения пределов функций, раскрывающий неопределённости вида \frac{0}{0} или \frac{\infty}{\infty} Правило позволяет заменить предел отношения функций пределом отношения их производных.

1. Докажем теорему для случая, когда пределы функций равны нулю.

Условия:

  1. f(x) и g(x)  дифференцируемы в проколотой окрестности точки a
  2. \lim\limits_{x\to a}f(x)=\lim\limits_{x\to a}g(x)=0
  3.  g'(x) \neq 0  в проколотой окрестности точки a
  4. Существует  \lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)}

Вывод: Тогда существует  \lim\limits_{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \rightarrow a} \frac{f'(x)}{g'(x)}

Доказательство: Доопределим функции в точке a  нулём. Из 1 условия следует, что f(x)  и  g(x) непрерывны на отрезке [a,x] , где x принадлежит рассматриваемой окрестности точки a . Применим обобщённую формулу конечных приращений (Коши) к f(x)  и  g(x) на отрезке [a,x] \exists \xi\in [a,x]:\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} Так как f(a)=g(a)=0  получим, что \forall x \exists \xi \in [a,x]:\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} Пусть предел отношения производных равен A . Следовательно: \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(\xi(x))}{g'(\xi(x))}=\lim\limits_{y \to a} \frac{f'(y)}{g'(y)}=A , так как \lim\limits_{x \to a} \xi(x)=a

2. Докажем теорему для случая, когда пределы функций равны бесконечности.

Условия:

  1. f(x)  и g(x)  дифференцируемы при x>a
  2. \lim\limits_{x\to\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to\infty}g(x)=\infty
  3. g'(x)\neq 0 при x>a
  4. Существует конечный \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A

Вывод: Тогда существует \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)} Доказательство: Из условия 2 следует, что \exists a_{1}>a:\forall x>a_{1} \to |f(x)|>1,|g(x)|>1 , и поэтому f(x)\neq 0,g(x)\neq0  при x>a_{1} . По определению предела (условие 4) для заданного числа \varepsilon >0  можно найти \delta_{1}=\delta_{1}(\varepsilon)\geq a_{1} такое, что для всех t>\delta_{1} выполняется неравенство: A-\frac{\varepsilon}{2}<\frac{f'(t)}{g'(t)}<A+\frac{\varepsilon}{2} Фиксируя x_{0}>\delta_{1}  выберем, пользуясь условием 2 число \delta_{2}>x_{0}

Расположение всех выбираемых нами точек на прямой

такое, чтобы при всех x>\delta_{2} выполнялись неравенства: \left |\frac{f(x_{0})}{f(x)}<\frac{1}{2}\right |  и  \left |\frac{g(x_{0})}{g(x)}<\frac{1}{2}\right | Для доказательства теоремы нужно доказать, что существует такое \delta , что при всех x>\delta выполняется неравенство: A-\varepsilon<\frac{f(x)}{g(x)}<A+\varepsilon (*) Число \delta будет выбрано ниже. Считая, что x>\delta , применим к функциям f  и g на отрезке [x;x_{0}]  обобщённую формулу конечных приращений (Коши). \exists \xi \in [x_{0};x]: \frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} Преобразуем левую часть неравенства: \frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f(x)}{g(x)}(\varphi(x))^{-1} , где \varphi(x)=\frac{1-\frac{g(x_{0})}{g(x)}}{1-\frac{f(x_{0})}{f(x)}}=1+\beta(x) Заметим, что \beta(x)\to0  при x\to+\infty  в силу условия 2, поэтому \forall \varepsilon>0 \exists \delta\geq\delta_{2}: \forall x>\delta\to|\beta(x)|<\frac{\frac{\varepsilon}{2}}{|A|+ \frac{\varepsilon}{2}}(**) Так как  \xi>x_{0}>\delta_{1} , то для всех x>\delta_{2}   выполняется неравенство: A-\frac{\varepsilon}{2}<\frac{f(x)}{g(x)} (\varphi(x))^{-1}<A+\frac{\varepsilon}{2} Если x>\delta , то \varphi(x)>0 , и поэтому неравенство равносильно следующему: (A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))< \frac{f(x)}{g(x)}<(A+\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x)) Используя неравенство (**) , получаем: (A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))= A-\frac{\varepsilon}{2}+(A-\frac{\varepsilon}{2})\beta(x) \geq (A-\frac{\varepsilon}{2})-(|A|+\frac{\varepsilon}{2})|\beta(x)|> A-\frac{\varepsilon}{2}-\frac{\varepsilon}{2}=A-\varepsilon Аналогично находим: (A+\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))\leq A+\frac{\varepsilon}{2}+(|A|+\frac{\varepsilon}{2})|\beta(x)|< A+\varepsilon

Таким образом для всех x>\delta  выполняется  неравенство (*) , а это означает, что справедливо утверждение: \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}

Примеры:

Пример 1. Найти \lim\limits_{x \to 1}\frac{3x^{10}-2x^{5}-1}{x^{3}-4x^{2}+3} Обозначим f(x)=3x^{10}-2x^{5}-1  , g(x)=x^{3}-4x^{2}+3 . Так как  \lim\limits_{x\to1}f(x)=\lim\limits_{x\to1}g(x)=0 , воспользуемся правилом Лопиталя для ситуации \frac{0}{0} . f'(x)=30x^{9}-10x^{4} , f'(1)=20 g'(x)=3x^{2}-8x , g'(1)=-5 По доказанной теореме: \lim\limits_{x\to1}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to1}\frac{f'(x)}{g(x')}=\frac{20}{-5}=-4

Ответ: -4.

Пример 2. Доказать, что \lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}=0,\alpha>0

Применяя правило Лопиталя для ситуации \frac{\infty}{\infty} , получим: \lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{x}}{\alpha x^{\alpha-1}}= \lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{\alpha x^{\alpha}}=0

Доказано.

Источники:

  1. Конспект по курсу математического анализа Лысенко З.М.
  2. Тер-Крикоровв А.М., Шабунин М.И. Курс математического анализа -М.:ФИЗМАТ-ЛИТ, 2001.-672 с. гл. IV §19 с. 172-175

Тест на знание правила Лопиталя

Пройдите короткий тест для закрепления материала.