М1336. Доказательство неравенства

Задача из журнала «Квант» (1992 год, 10 выпуск)

Условие

Докажите для любых чисел $m$ и $n$ , больших 1, неравенство

$\frac{1}{\sqrt[n]{m+1}}+\frac{1}{\sqrt[m]{n+1}}>1 \tag{*}$

Доказательство

Докажем, что неравенство

$(1+x)^{a}<1+\alpha x$ выполняется при

$0 < \alpha < 1$ и

$x>0$ . Пусть

$f(x)=(1+x)^{\alpha}-\alpha x-1$ Имеем

$f(0) = 0$

$f^{\prime}(x)=\alpha(1+x)^{\alpha-1}-\alpha<0$ при

$x>0$ . Следовательно, при

$x \geqslant 0$ функция

$f(x)$ убывает, поэтому

$f(x)<f(0)=0$ при

$x>0$ .

Пользуясь неравенством $(*)$ , получаем, что

$(1+m)^{\frac{1}{n}}<1+\frac{m}{n},(1+n)^{\frac{1}{m}}<1+\frac{n}{m}$ откуда сразу следует, что

$\frac{1}{\sqrt[n]{1+m}}+\frac{1}{\sqrt[m]{1+n}}>\frac{n}{m+n}+\frac{m}{m+n}=1$

И. Сендеров

11.1 Предел функции

Пусть множество $E\subset\mathbb{R^n}$ , $a$ — предельная точка множества $E$ и функция $f : E \mapsto \mathbb{R^m}$ .

Точка $b \in \mathbb{R^m}$ называется пределом функции $f$ в точке $a$ по множеству $E$ , если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое $\delta > 0$ , что для всех $x \in E$ , отличных от точки $a$ и удовлетворяющих условию $0 < |x-a| < \delta$ , справедливо неравенство $|f(x) − b| < \varepsilon$ . В этом случае пишут

$b =\lim_{x \to \ a, x \in E} f(x)$
и говорят, что

$f(x)$ стремится к

$b$ , пробегая множество

$E$ , или

$f(x)$ стремится к

$b$ вдоль множества

$E$ .

Если множество $E$ содержит некоторый шар с центром в точке $a$ , за исключением, быть может, самой точки $a$ , то просто пишут $b = \lim_{x \to \ a} f(x)$ .

В самой точке $a$ функция $f$ может быть и не определена. Но даже если она и определена в точке $a$ , то мы не требуем, чтобы было выполнено равенство $f(a) = b$ , поскольку в точке $a$ выполнение неравенства $|f(x) − b| < \varepsilon$ не требуется.

Пусть $f : E \mapsto \mathbb{R^m}$ и $\lim_{x \to a, x \in E} f(x) = b$ . Тогда для любого подмножества $A \subset E$ , для которого точка $a$ является предельной, очевидно, $\lim_{x \to a, x \in A} f(x) = b$ . Если же по двум различным подмножествам $A_1, A_2 \subset E$ , имеющим $a$ предельной точкой, пределы функции $f$ в точке $a$ будут различными, то по множеству $E$ в этой точке предела у функции $f$ нет. Это очевидно.

Пример. Пусть

$f(x,y) = \frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} \quad ((x,y) \in E \equiv \mathbb{R^2}\backslash\{(0,0)\})$

$A_1 = \{(x,y) \in E : x = y\}, \quad A_2 = \{(x,y) \in E : x = 0\}.$
Тогда, очевидно,

$\lim_{(x,y) \to (0,0), (x,y) \in A_1} f(x,y) = 0, \quad \lim_{(x,y) \to (0,0), (x,y) \in A_2} f(x,y) = -1.$

Легко также убедиться в том, что у этой функции существуют пределы вдоль любой прямой, проходящей через начало координат, но эти пределы различные. Поэтому функция $f$ не имеет предела вдоль множества $E$ .

. Пусть функция $f : E \mapsto \mathbb{R^m}$ , $E \subset \mathbb{R^n}$ , и $a$ — предельная точка множества $E$ . Для того чтобы точка $b \in \mathbb{R^m}$ являлась пределом функции $f$ в точке $a$ по множеству $E$ , необходимо и достаточно, чтобы для любой сходящейся к $a$ последовательности $\{x_v\}$ точек из $E$ отличных от $a$ , было выполнено равенство $\lim_{v \to \infty} f(x_v) = b$ .

Пусть $\lim_{x \to a, x \in E} f(x) = b$ и пусть $x_v \in E$ , $x_v \neq a$ , $\lim_{v \to \infty} x_v = a$ , т. е. зафиксирована некоторая последовательность $\{x_v\}$ . Докажем, что $\lim_{v \to \infty} f(x_v) = b$ .
Зададим $\varepsilon > 0$ . Тогда, по определению предела функции, найдется такое $\delta > 0$ , что для всех $x \in E$ , удовлетворяющих условию $0 < |x−a| < \delta$ , справедливо неравенство $|f(x) − b| < \varepsilon$ . Так как $x_v \to a$ и $x_v \neq a$ , то найдется такой номер $N$ , что при любом $v \ge N$ будет $0 < |x_v − a| < \delta$ .
Поэтому для $v \ge N$ выполнено неравенство $|f(x_v) — b| < \varepsilon$ . Это означает, что $\lim_{v \to \infty} f(x_v) = b$ .
Предположим, что предел функции $f$ в точке $a$ либо не существует, либо существует, но не равен $b$ . Тогда найдется такое $\varepsilon_0 > 0$ , что для любого $\delta > 0$ найдется точка $x^\prime \in E$ , $x^\prime \neq a$ , для которой $|x^\prime — a| < \delta$ , но $|f(x^\prime) — b| \ge \varepsilon_0$ . Полагая $\delta = \frac{1}{v}$ , построим последовательность точек $x^\prime_v$ , для которых $0 < |x^\prime_v — a| < \frac{1}{v}$ , но $|f(x^\prime_v) — b| \ge \varepsilon_0$ . Тогда получим, что $x^\prime_v \to a$ , но $f(x^\prime_v)$ не стремится к $b$ , а это противоречит условию.

Доказанная теорема позволяет сформулировать равносильное определение предела функции по Гейне.

Точка $b$ называется пределом функции $f$ в точке $a$ , если для любой последовательности $\{x_v\}$ точек из $E$ , сходящейся к $a$ , $x_v \neq a$ , соответствующая последовательность $\{f(x_v)\}$ значений функции сходится к точке $b$ .

Пусть функции $f, g : E \mapsto \mathbb{R^m}$ , $E \subset \mathbb{R^n}$ , $a$ — предельная точка множества $E$ и

$\lim_{x \to a, x \in E}f(x) = b, \quad \lim_{x \to a, x \in E}g(x) = c.$

Тогда

$\lim_{x \to a, x \in E}(f + g)(x) = b + c;$
$\lim_{x \to a, x \in E}(f \cdot g)(x) = b\cdot c;$
если $f, g$ — действительные функции (т.е. $m = 1$ ) и $g(x) \neq 0, c(x) \neq 0$ , то $\lim_{x \to a, x \in E}(\frac{f}{g})(x) = \frac{b}{c}$ .

Для доказательства достаточно воспользоватся определением предела по Гейне и соответствующей теоремой для последовательностей.

Примеры решения задач

Найти предел неограниченной функции $f(x) = \frac{2x^2 + x — 1}{x — 1}$ .

Решение

Пусть $f(x) = \frac{2x^2 + x — 1}{x — 1}.$ Множество $X$ , на котором определена функция $f(x)$ , получается из множества всех действительных чисел $\mathbb{R}$ удалением из него единицы; $X =\mathbb{R}\backslash\{1\}$ . Выясним, существует или нет предел функции $f(x)$ в точке $x_0 = 0$ . Возьмем какую-либо последовательность $x_n \in X$ , $n = 1, 2,\ldots$ , такую, что $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$ . Тогда на основании теорем получаем

$\lim_{n \to \infty} f(x_n) = \lim_{n \to \infty}\frac{2x^2 _n + x_n — 1}{x_n — 1}=$

$= \frac{2(\lim_{n \to \infty}x_n)^2 + \lim_{n \to \infty} x_n — 1}{\lim_{n \to \infty}x_n — 1} = 1.$

Таким образом, существует $\lim_{n \to \infty}f(x_n) = 1$ , а так как он не зависит от выбора последовательности $x_n \to 0$ , $x_n \in X$ , $n = 1,2,\ldots$ , то существует и предел $\lim_{n \to \infty}f(x) = 1.$

[свернуть]

Найти предел ограниченной, разрывной функции $f(x) = \sin\frac{1}{x}$ .

Решение

Рассмотрим функцию $f(x) = \sin \frac{1}{x}.$ Она определена на множестве $X =\mathbb{R}\backslash\{0\}$ . Снова выясним, существует или нет у функции $f$ предел в точке $x_0 = 0$ . Возьмем две последовательности $x_n = \frac{1}{\pi n}$ и $x_n^\prime = \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2\pi n}, n = 1,2,\ldots.$
Очевидно, что $\lim_{n \to \infty}x_n = \lim_{n \to \infty}x_n^\prime = 0, x_n \neq 0, x_n^\prime \neq 0$ (условие $x \neq 0$ в данном случае означает, что $x \in X$ ), $f(x_n) = \sin \pi n = 0$ , $f(x_n^\prime) = \sin( \frac{\pi}{2} + 2\pi n) = 1$ , $n = 1, 2,\ldots .$ . Поэтому $\lim_{n \to \infty}f(x_n) = 0$ и $\lim_{n \to \infty}f(x_n^\prime) = 1$ , а это означает, что предела функции при $x \to 0$ не существует.

[свернуть]

Найти предел $f(x) = \frac{x^2 + x + 1}{x^2 -1}$ по Гейне.

Решение

Пусть $f(x) = \frac{x_n^2 + x + 1}{x^2 — 2}.$

Найдем предел этой функции при $x \to \infty$ . Ее областью определения является множество $X =\mathbb{R}\{\sqrt{2}, -\sqrt{2}\}$ . Взяв какую-либо последовательность $x_n \in X$ , $n = 1, 2,\ldots,$ $\lim_{n \to \infty} x_n = \infty$ , будем иметь
$\lim_{n \to \infty}f(x_n)=\lim_{n\to\infty}\frac{x_n ^2+x_n+ 1}{x_n^2 — 2}=\lim_{n \to \infty}\frac{1 + \frac{1}{x_n} + \frac{1}{x_n^2}}{1-\frac{2}{x_n^2}}=$
$=\frac {1 + \lim_{n\to\infty}\frac{1}{x_n}+\lim_{n\to\infty}\frac{1}{x_n^2}}{1 — 2\lim{n\to\infty}\frac{1}{x_n^2}}=1.$
Отсюда следует, что $\lim_{n \to \infty}\frac{x^2 + x + 1}{x^2 — 2} = 1$ .

[свернуть]

Пример 4. Найти предел всюду разрывной функции Дирихле.

Решение

Пусть $f$ - функция Дирихле, то есть функция, равная $1$ на множестве всех рациональных чисел и нулю на множестве $I$ всех иррациональних чисел. Тогда в точке $x_0 = 0$ ее предел по множеству рациональних чисел равен $1$ : $\lim_{x \to 0, x \in Q}f(x) = 1.$

а по множеству иррациональних чисел — нулю: $\lim_{x \to 0, x \in I}f(x) = 0.$
По всему же множеству действительных чисел(то есть по множеству определения функции Дирихле) предел ее в точке $x_0 = 0$ не существует, так как уже существование или нет предела последовательности $\{f(x_n)\}$ при $n \to \infty$ зависит в данном случае от выбора последовательности $\{x_n\}$ , стремящейся к нулю.

[свернуть]

Найти предел устранимо-разрывной функции $\lim_{x \to 0}\frac{(2x^2 + x — 1)x}{x^2-x}$ .

Решение

Найдем
$\lim_{x \to 0}\frac{(2x^2 + x — 1)x}{x^2-x}.$ Повторяя рассуждения, аналогичные тем, с помощью которых был вычислен предел в примере $1$ , приходим к выражению $\frac{0}{0}$ , т. е. к неопределенности, и тем самым не получаем ответа ни на вопрос о существовании предела, ни на вопрос о его значении, если он существует. Поэтому рассмотрим функцию
$f(x) = \frac{2x^2 + x — 1}{x — 1},$
получающуюся из функции
$g(x) = \frac{(2x^2 + x — 1)x}{x^2 — x},$
стоящей под знаком предела в условии, сокращением правой части равенства на $x$ . Функции $f$ и $g$ совпадают в проколотой окрестности $U^{\circ}(0,1) = (-1,1) \backslash \{0\}$ точки $x_0 = 0$ и поэтому, согласно сделанному выше замечанию, одновременно имеют или нет пределы в этой точке по указанной проколотой окрестности, причем в случае существования этих пределов они равны. В примере же $1$ было показано, что $\lim_{x \to 0}f(x) = 1$ по всей области определения функции $f$ , следовательно, и по ее подмножеству $U^{\circ}(0,1)$ . Таким образом,
$\lim_{x \to 0}g(x) = \lim_{x \to x_0, x \in U^{\circ}(0,1)}g(x) = \lim_{x \to x_0, x \in U^{\circ}(0,1)}f(x) = \lim_{x \to 0}f(x) = 1$
(первое равенство справедливо в силу того, что предел является локальным свойством функции). Эти рассуждения являются обоснованием вычислений, которые в обычно употребляемой записи имеют следующий вид:
$\lim_{x \to 0}\frac{(2x^2 + x — 1)x}{x^2 — 1} = \lim_{x \to 0}\frac{2x^2 + x — 1}{x — 1} = 1.$

[свернуть]

Найти предел функции $f(x) = |signx|$ .

Решение

Рассмотрим функцию $f(x) = |sign x|$ . Какова бы ни была окрестность нуля $U(0)$ , у этой функции в точке $x_0 = 0$ , очевидно, существует предел по проколотой окрестности $U^{\circ}(0)$ :
$\lim_{x \to 0, x \in U^{\circ}(0)}|sign x| = 1.$
Вместе с тем предел $\lim_{x \to 0, x \in U(0)}|sign x|$ по всей окрестности $U(o)$ в точке $x_0 = 0$ у функции $|sign x|$ не существует, так как, например, для последовательности
$x_n = \begin{cases} \frac{1}{n}, &\text{если n = 2k, k = 1,2,…}\\ 0, &\text{если n = 2k — 1, k = 1,2,…} \end{cases}$
имеем $\lim_{n \to \infty}x_n = 0$ (и, следовательно, все ее члены начиная с некоторого будут лежать в заданной окрестности $U(0)$ , а последовательность $|sign x_n|$ не имеет предела(на четных местах у нее стоят единицы, а на нечетных — нули).

[свернуть]

Литература:

Коляда В.И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу.- Одесса : Астропринт , 2009. с. 251-253.
Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — с.70-72
Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.

Тест. Пределы функций.

Этот тест проверить ваши знания по теме «Пределы функций».

5.7.2 Разложения основных элементарных функций

Формулу Тейлора с центром в точке $x_0 = 0$ называют формулой Маклорена

$f(x) = f(0) + \frac{f’(0)}{1!}x + \frac{f’’(0)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n + \bar{o}\left(x^n\right) \ (x \to 0).$

Построим разложения некоторых функций по формуле Маклорена.

$f\left(x\right) = e^x$ , $f’(x) = f’’(x) = \cdots = f^{(n)}(x) = e^x$ , $f(0) = f’(0) = \cdots = f^{(n)}(0) = 1$ . Поэтому получаем

$e^x = 1 + \frac{1}{1!}x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3 + \cdots + \frac{1}{n!}x^n + \bar{o}\left(x^n\right) = \\ = \sum_{k=0}^n \frac{1}{k!}x^k + \bar{o}\left(x^n\right).$
$f(x) = \sin x$ , $f’(x) = \cos x$ , $f’’(x) = -\sin x$ , $f’’’(x) = -\cos x$ , $f^{(4)}(x) = \sin x$ . Теперь легко видеть, что $f^{(k)}(x) = \sin{\left(x + \displaystyle\frac{k\pi}{2}\right)} \ \left(k = 0, 1, \ldots\right)$ . Поэтому

$f^{(k)}(0) = \begin{cases} 0, \ k = 2s, \ s = 0, 1, \ldots, \\ \left(-1\right)^s, \ k = 2s+1, \ s=0, 1, \ldots . \end{cases}$
Таким образом, получаем

$\sin x = 0 + \frac{1}{1!}x + \frac{0}{2!}x^2 + \frac{-1}{3!}x^3 + \frac{0}{4!}x^4 + \frac{1}{5!} + \cdots + \\ +\left(-1\right)^n \frac{1}{\left(2n + 1\right)!}x^{2n + 1} + \frac{0}{\left(2n + 2\right)!}x^{2n + 2} + \bar{o}\left(x^{2n + 2}\right) = \\ = x — \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} — \cdots + \left(-1\right)^n\frac{x^{2n + 1}}{\left(2n + 1\right)!} + \bar{o}\left(x^{2n + 2}\right) = \\ = \sum_{k=0}^n \left(-1\right)^k \frac{x^{2k + 1}}{\left(2k + 1\right)!} + \bar{o}\left(x^{2n + 2}\right).$
$f\left(x\right) = \cos x$ . Как и в предыдущем примере, легко убедиться в том, что $f^{(k)}\left(x\right) = \cos{\left(x + \displaystyle\frac{k\pi}{2}\right)} \ \left(k = 0, 1, \ldots\right)$ . Отсюда

$f^{(k)}\left(0\right) = \begin{cases} \left(-1\right)^s, \ k = 2s, \\ 0, \ k = 2s + 1, \end{cases}$ и тогда

$\cos x = 1 + \frac{0}{1!}x + \frac{-1}{2!}x^2 + \frac{0}{3!}x^3 + \frac{1}{4!}x^4 + \cdots + \\ + \frac{\left(-1\right)^n}{\left(2n\right)!}x^{2n} + \frac{0}{\left(2n + 1\right)!}x^{2n + 1} + \bar{o}\left(x^{2n + 1}\right) = \\ = 1 -\frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} — \cdots + \left(-1\right)^n \frac{x^{2n}}{\left(2n\right)!} + \bar{o} \left(x^{2n + 1}\right) = \\ = \sum_{k=0}^n \left(-1\right)^k \frac{x^{2k}}{\left(2k\right)!} + \bar{o} \left(x^{2n + 1}\right).$
Функция $f(x) = \left(1 + x\right)^{\alpha} \ \left(\alpha \in \mathbb{R}\right)$ определена в окрестности нуля единичного радиуса. Имеем

$f’\left(x\right) = \alpha\left(1 + x\right)^{\alpha -1}, \ f’\left(0\right) = \alpha, \\ f’’\left(x\right) = \alpha\left(\alpha -1\right)\left(1 + x\right)^{\alpha -2}, \ f’’\left(0\right) = \alpha\left(\alpha -1\right), \ldots , \\ f^{(k)}\left(x\right) = \alpha\left(\alpha -1\right) \ldots \left(\alpha -k + 1\right) \left( 1 + x\right)^{\alpha -k}, \\ f^{(k)}\left(0\right) = \alpha \left(\alpha -1\right)\ldots \left(\alpha -k + 1\right).$ Поэтому

$\left(1+x\right)^{\alpha} = 1 + \frac{\alpha}{1!}x + \frac{\alpha \left(\alpha -1\right)}{2!}x^2 + \frac{\alpha \left(\alpha -1\right) \left(\alpha -2\right)}{3!}x^3 + \ldots + \\ + \frac{\alpha \left(\alpha -1\right) \ldots \left(\alpha -n + 1\right)}{n!}x^n + \bar{o}\left(x^n\right) = \\ = 1 + \sum_{k=1}^n \frac{\alpha \left(\alpha -1\right) \ldots \left(\alpha -k + 1\right)}{k!}x^k + \bar{o} \left(x^n\right).$
В частности, если $\alpha = n$ , то получим
$\left(1 + x\right)^n = 1 + nx + \frac{n\left(n -1\right)}{2!}x^2 + \ldots + x^n,$ т. е. формулу бинома Ньютона. Если же $\alpha = -1$ , то
$\frac{1}{1 + x} = 1 -x + x^2 -\ldots + \left(-1\right)^nx^n + \bar{o}\left(x^n\right)$ — сумма геометрической прогрессии со знаменателем $-x$ и первым слагаемым, равным $1$ .
Функция $f(x) = \ln{\left(1 + x\right)}$ определена в окрестности нуля радиуса $1$ . Имеем $f\left(0\right) = 0$ ,

$f’(x) = \frac{1}{1 + x}, \ f’\left(0\right) = 1, \\ f’’\left(x\right) = -\frac{1}{\left(1 + x\right)^2}, \ f’’\left(0\right) = -1, \\ f’’’\left(x\right) = \frac{2}{\left(1 + x\right)^3}, \ f’’’\left(0\right) = 2, \\ f^{(4)}\left(x\right) = \frac{-2\cdot 3}{\left(1 + x\right)^4}, \ f^{(4)}\left(0\right) = -2\cdot 3,\ldots , \\ f^{(k)}\left(x\right) = \frac{\left(-1\right)^{k -1}\left(k -1\right)!}{\left(1 + x\right)^k}, \ f^{(k)}\left(0\right) = \left(-1\right)^{k -1}\left(k -1\right)!, \ k = 1,2, \ldots$
Отсюда имеем
$\ln{\left(1 + x\right)} = x -\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} -\frac{x^4}{4} + \ldots + \left(-1\right)^{n -1}\frac{x^n}{n} + \bar{o}\left(x^n\right) = \\ = \sum_{k=1}^{n} \left(-1\right)^{k -1}\frac{x^k}{k} + \bar{o}\left(x^n\right).$

Примеры решения практических заданий

Вычислить предел
$I = \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{e^x \sin{x} -x\left(1 + x\right)}{x^3}.$

Решение

Используя равенства
$e^x = 1 + x + \displaystyle\frac{x^2}{2} + \bar{o}\left(x^2\right), \ \sin{x} = x -\displaystyle\frac{x^3}{6} + \bar{o}\left(x^4\right),$ получаем

$I = \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{\left(1 + x + \displaystyle\frac{x^2}{2} + \bar{o}\left(x^2\right)\right) \left(x -\displaystyle\frac{x^3}{6} + \bar{o}\left(x^4\right)\right) -x -x^2}{x^3} =$
$= \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{x + x^2 + \displaystyle\frac{x^3}{2} -\displaystyle\frac{x^3}{6} + \bar{o}\left(x^3\right) -x -x^2}{x^3} = \displaystyle\frac{1}{3}.$
Вычислить предел
$I = \lim_{x \to 0} \frac{1 -\left(\cos{x}\right)^{\sin{x}}}{x^3}.$

Решение

Поскольку $\sin{x} \ln{\cos{x}} \to 0 \ \left(x \to 0\right)$ , то

$I = \lim_{x \to 0} \frac{1 -e^{\sin{x}\ln{cos{x}}}}{x^3} = \lim_{x \to 0} \frac{1 -\left(1 + \sin{x}\ln{\cos{x}} + \bar{o}\left(\sin{x}\ln{\cos{x}}\right)\right)}{x^3}.$
Воспользуемся следующими равенствами:
$\bar{o}\left(\sin{x}\ln{cos{x}}\right) = \bar{o}\left(x\left(\cos{x} -1\right)\right) = \bar{o}\left(x^3\right),$
$\sin{x} = x + \bar{o}\left(x^2\right), \ \ln{\cos{x}} = \ln{\left(1 + \left(\cos{x} -1\right)\right)} =$
$= \cos{x} -1 -\frac{\left(\cos{x} -1\right)^2}{2} + \bar{o}\left(\left(\cos{x} -1\right)^2\right) = -\displaystyle\frac{x^2}{2} + \bar{o}\left(x^3\right).$
Поэтому получим
$I = \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{-\left(x + \bar{o}\left(x^2\right)\right) \left(-\displaystyle\frac{x^2}{2} + \bar{o}\left(x^3\right)\right) + \bar{o}\left(x^3\right)}{x^3} =$
$= \lim_{x \to 0} \displaystyle\frac{\displaystyle\frac{x^3}{2} + \bar{o}\left(x^3\right)}{x^3} = \displaystyle\frac{1}{2}.$
Вычислить предел
$I = \lim_{x \to + \infty}\left(\sqrt[6]{x^6 + x^5} -\sqrt[6]{x^6 -x^5}\right).$

Решение

$I = \lim_{x \to +\infty} \left(\sqrt[6]{x^6 + x^5} — \sqrt[6]{x^6 -x^5}\right) = \lim_{x \to +\infty} \left(x\sqrt[6]{1 + \frac{1}{x}} — x\sqrt[6]{1 — \frac{1}{x}}\right) =$

$= \lim_{x \to +\infty} x\left(\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{\frac{1}{6}} -\left(1 -\frac{1}{x}\right)^{\frac{1}{6}}\right) =$
Воспользовавшись разложениями

$\left(1 + \frac{1}{x}\right)^{\frac{1}{6}} = 1 + \frac{1}{6x} -\frac{5}{72x^2} + \bar{o} \left(\frac{1}{x^2}\right)$

$\left(1 -\frac{1}{x}\right)^{\frac{1}{6}} = 1 -\frac{1}{6x} -\frac{5}{72x^2} + \bar{o}\left(\frac{1}{x^2}\right)$ получаем

$I = \lim_{x \to +\infty} x\left(\frac{1}{3x} + \bar{o}\left(\frac{1}{x^2}\right)\right) = \lim_{x \to +\infty} \left(\frac{1}{3} + \bar{o}\left(\frac{1}{x}\right)\right) = \frac{1}{3}$
Вычислить предел
$I = \lim_{x \to +0} \frac{a^x + a^{-x} -2}{x^2} \ \left(a > 0\right).$

Решение

$I = \lim_{x \to +0} \frac{a^x + a^{-x} -2}{x^2} = \lim_{x \to +0} \frac{e^{x\ln{a}} + e^{-x\ln{a}} -2}{x^2}$
Воспользовавшись следующими разложениями

$e^{x\ln{a}} = 1 + x\ln{a} + \frac{x^2}{2!}\ln^{2}{a} + \bar{o}\left(x^2\right),$

$e^{-x\ln{a}} = 1 — x\ln{a} + \frac{x^2}{2!}\ln^{2}{a} + \bar{o}\left(x^2\right)$ имеем

$I = \lim_{x \to +0} \left(\ln^{2}{a} + \bar{o}\left(1\right)\right) = \ln^{2}{a} \ \left(a > 0\right).$

Разложения основных элементарных функций

Пройдите тест, чтобы проверить свои знания о разложениях основных элементарных функций

Задание 1 из 5

1.
Формулой Маклорена называется формула Тейлора с центром в точке
- $x_0 = \pi$
- $x_0 = 0$
- $x_0 = f’\left(0\right)$
- $x_0 = 1$
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 5

2.
Укажите верные разложения функций по формуле Маклорена:
- $\ln{\left(1 + x\right)} = \sum_{k=1}^{n} \left(-1\right)^{k -1} \frac{x^k}{k} + \bar{o} \left(x^n\right)$
- $\sin{x} = \sum_{k=0}^{n} \left(-1\right)^{k} \frac{x^{2k}}{\left(2k\right)!} + \bar{o} \left(x^{2n + 1}\right)$
- $\cos{x} = \sum_{k=1}^{n} \left(-1\right)^{k} \frac{x^{2k}}{\left(2k\right)!} + \bar{o} \left(x^{2n + 1}\right)$
- $e^x = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} + \bar{o} \left(x^n\right)$
- $\left(1 + x\right)^{\alpha} = 1 + \sum_{k=1}^n \frac{\alpha\left(\alpha -1\right) \ldots \left(\alpha -k + 1\right)}{k!}x^k + \bar{o}\left(x^n\right)$
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 5

3.
Вычислите предел: $\lim_{x \to 0} \left(\frac{1}{x} -\frac{1}{\sin{x}}\right)$
Правильно

Неправильно

Задание 4 из 5

4.

Сопоставьте функцию и её разложение по формуле Маклорена:

Элементы сортировки

$1 + \frac{1}{1!}x + \frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!}x^3 + \cdots + \frac{1}{n!}x^n + \bar{o}\left(x^n\right)$
$1 + \frac{0}{1!}x + \frac{-1}{2!}x^2 + \frac{0}{3!}x^3 + \frac{1}{4!}x^4 + \cdots +$ $+ \frac{\left(-1\right)^n}{\left(2n\right)!}x^{2n} + \frac{0}{\left(2n + 1\right)!}x^{2n + 1} + \bar{o}\left(x^{2n + 1}\right)|$
$0 + \frac{1}{1!}x + \frac{0}{2!}x^2 + \frac{-1}{3!}x^3 + \frac{0}{4!}x^4 + \frac{1}{5!} + \cdots +$ $+\left(-1\right)^n \frac{1}{\left(2n + 1\right)!}x^{2n + 1} + \frac{0}{\left(2n + 2\right)!}x^{2n + 2} + \bar{o}\left(x^{2n + 2}\right)$
$1 + \frac{\alpha}{1!}x + \frac{\alpha \left(\alpha -1\right)}{2!}x^2 + \frac{\alpha \left(\alpha -1\right) \left(\alpha -2\right)}{3!}x^3 + \ldots +$ $+ \frac{\alpha \left(\alpha -1\right) \ldots \left(\alpha -n + 1\right)}{n!}x^n + \bar{o}\left(x^n\right)$
$x -\frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} -\frac{x^4}{4} + \ldots + \left(-1\right)^{n -1}\frac{x^n}{n} + \bar{o}\left(x^n\right)$

$f\left(x\right) = e^x$

$f\left(x\right) = \cos{x}$

$f\left(x\right) = \sin{x}$

$f\left(x\right) = \left(1 + x\right)^{\alpha}$

$f\left(x\right) = \ln{\left(1 + x\right)}$

Задание 5 из 5

5.
Отсортируйте следующие пределы в порядке убывания их значений:
- $\lim_{x \to 0} \frac{\sin{2x}}{2x^2}$
- $\lim_{x \to 0} \frac{x + \ln{\left(1 + x\right)}}{e^{3x} -1}$
- $\lim_{x \to 0} \frac{1 -\cos{4x}}{5x}$
Правильно

Неправильно

Таблица лучших: Разложения основных элементарных функций

максимум из 5 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

См. также:

М1874. Все решения уравнения

Задача из журнала «Квант» (2004 год, 1 выпуск)

Условие задачи

Найдите все решения уравнения $x^{y} — y^{x} = 1$ в натуральных числах $x$ и $y$ .

Ответ: $x = 2$ , $y = 1$ и $x = 3$ , $y = 2$ .

Решение

Пусть $x = 2$ . Тогда $2^{y} = y^{2} + 1$ . Поскольку $y^{2} + 1$ не делится на $4$ , то решений, кроме $(2, 1)$ , нет.
При $y = 1$ имеем $x = 2$ .
Пусть $y = 2.$ Тогда Пусть $\left(x + 1 \right) \cdot \left(x — 1 \right) = 2^{x},$ откуда $\left(x — 1 \right) = 2,$ $x = 3,$
Пусть $x \geqslant 3$ , $y \geqslant 3.$ Рассмотрим функцию

$f(t) = a^{t} — t^{a} = \left(a^{\frac{t}{a}} — t \right) \cdot \left(\left(a^{\frac{t}{a}} \right)^{a — 1} + … + t^{a — t} \right),$
где

$a \geqslant 3$ — целое число,

$t \geqslant a$ . Имеем

$f(a) = 0;$ поскольку

$\varphi(t) = a^{\frac{t}{a}} — t$ — возрастающая неотрицательная функция, то и

$f(t)$ возрастает.
Получили: при

$t \geqslant a + 1$

$f(t) \geqslant f(a + 1) = a^{a + 1} — (a + 1)^{a} \geqslant 1.$
Последнее неравенство строгое: при

$a^{a + 1} — (a + 1)^{a} = 1$ было бы

$m \cdot a = 2,$ где

$m$

$\epsilon$

$\mathbb{Z}.$
Окончательно:

$x^{y} — y^{x} \neq 1.$
Рассуждая несколько по-иному, нежели выше, можно сразу получить числовую оценку выражения

$a^{t} — t^{a}.$ Именно, пусть

$a \geqslant 3,$

$z$

$\epsilon$

$\mathbb{N},$ Тогда, используя легко доказываемые неравенства

$(1 + t)^{\frac{1}{t}} < e < 2,8,$ получаем

$a^{a+z} — \left(a+z \right)^{a} = a^{a} \cdot \left(a^{z} — \left(\left(1 + \frac{z}{a} \right)^{\frac{a}{z}} \right)^{z} \right) >$

$>a^{a} \cdot \left(a^{z} — e^{z} \right) \geqslant a^{a} \cdot \left(a — e \right) > 3^{3} \cdot 0,2 > 1.$
Вот и все.

В. Произволов, В. Сендеров

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.

Средний результат
Ваш результат

Условие

Доказательство

Примеры решения задач

Литература:

Тест. Пределы функций.

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Элементы сортировки

3.

4.

5.

6.

7.

Примеры решения практических заданий

Разложения основных элементарных функций

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки

5.

Таблица лучших: Разложения основных элементарных функций

См. также:

Условие задачи

Решение

Условие

Первое решение

Второе решение