M1538

Условие:

Прямоугольник [latex]atimes b(a>b)[/latex] 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 [latex]frac{a}{b}geq2.[/latex]

Решение:

Пусть наш прямоугольник — [latex]ABCD[/latex]. 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 [latex]M[/latex] 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 [latex]M[/latex], будет короче гипотенузы, т.е. короче кратчайшего отрезка множества [latex]M[/latex]. Противоречие. Итак, все вершины треугольников разбиения лежат на границе прямоугольника.

M1538

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

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

А.Шаповалов, Н.Константинов

M1537. Произведение и разность чисел

Условие:

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

Решение:

Пусть x — одно из этих n чисел. [latex]x+b_{1} , x+b_{2}, … , x+b_{n-1}[/latex] — остальные и

[latex] p = x(x+b_{1})(x+b_{2})…(x+b_{n+1})=x+c, (1)[/latex]

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

[latex] x^{n} +a_{1}x^{n-1} + a_{2}x^{n-2} +…+a_{n-2}x^{2}+x{n-1}x=c, (2)[/latex]

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

Н.Васильев, Г.Гальперин

M1537

Условие:

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

Решение:

Пусть x — одно из этих n чисел. [latex]x+b_{1} , x+b_{2}, … , x+b_{n-1}[/latex] — остальные и

[latex] p = x(x+b_{1})(x+b_{2})…(x+b_{n+1})=x+c, (1)[/latex]

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

[latex] x^{n} +a_{1}x^{n-1} + a_{2}x^{n-2} +…+a_{n-2}x^{2}+x{n-1}x=c, (2)[/latex]

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

Н.Васильев, Г.Гальперин

Формула Тейлора с остатком в форме Пеано

Формулировка:

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

$latex f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}}{k!}(x-x_{0})^{k}+o((x-x_{0})^{n})_{x\to x_{0}} &s=2$

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

Доказательство:

Для начала докажем Лемму

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

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

Тогда $latex \forall x\in U_{\delta}(x_{0}) $ существует точка $latex \xi $, принадлежащая интервалу с концами $latex x_{0} $ и $latex x $ такая, что $latex \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)} &s=2$

Доказательство 

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

$latex \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi(x)-\varphi(x_{0})}{\psi(x)-\psi(x_{0})}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}&s=2$, $latex x_{0}<\xi_{1}<x $

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

$latex \frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=\frac{\varphi'(\xi_{1})-\varphi'(x_{0})}{\psi'(\xi_{1})-\psi'(x_{0})}=\frac{\varphi»(\xi_{2})}{\psi»(\xi_{2})}&s=2$, $latex x_{0}<\xi_{2}<\xi_{1} $

Из этих двух равенств следует, что

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

Применяя теорему Коши последовательно к функциям $latex \varphi» $ и $latex \psi» $,$latex \varphi^{(3)} $ и $latex \psi^{(3)} $,…,$latex \varphi^{(n)} $ и $latex \psi^{(n)} &s=1$ на соответствующих отрезках получаем

$latex \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=…=\frac{\varphi^{n}(\xi_{n})}{\psi^{n}(\xi_{n})}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)} &s=2$

где $latex x_{0}<\xi<\xi_{n}<…<\xi_{2}<\xi_{1}<x<x_{0}+\delta $

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

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

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

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

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

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

$latex \frac{r_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}}=\frac{r_{n}^{n-1}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0})}{n!(\xi-x_{0})} &s=2$, $latex \xi=\xi(x)(*) $

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

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

$latex \lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{r_{n}^{(n-1)}(x)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0)}}{x-x_0}= &s=2$

$latex =\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{r_{n}^{(n-1)}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0)}}{\xi-x_{0}}=r_{n}^{(n)}(x_{0})=0 &s=2$

Так как выполняются равенства $latex r_{n}(x_{0})=r_{n}'(x_{0})=…=r_{n}^{(n)}(x_{0})=0 $

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

Пример:

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

Решение

Табличное разложение косинуса имеет следующий вид:

$latex \cos(x)=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-…+(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1}) &s=1$

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

$latex \cos^{2}(x)=\frac{1+\cos(2x)}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos(2x) &s=1$

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

$latex \cos^{2}(x)=1-x^2+\frac{x^{4}}{3}-…+(-1)^{n} \frac{2^{2n-1}x^{2n}}{2n!}+o(x^{2n+1}) &s=1$

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

Вывод: Тогда существует  $latex \lim\limits_{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \rightarrow a} \frac{f'(x)}{g'(x)} &s=1$

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

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

Условия:

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

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

Расположение всех выбираемых нами точек на прямой

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

Таким образом для всех $latex x>\delta $ выполняется  неравенство $latex (*) $, а это означает, что справедливо утверждение: $latex \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)} &s=1$

Примеры:

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

Ответ: -4.

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

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

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.