Файл: Василевский, А. Б. Методы решения задач учебное пособие.pdf

венства

(11) при

/г =

6 +

1, т. е.

1

3

5

2 ( 6 + 1 ) — 1

„

1

.

(13)

2

4

6

" '

2(6 +

1)

, _________=

/ 3 ( 6 + 1 ) + 1

Для

этого

левую

часть

неравенства (13)

преобразуем

следую­

щим образом:

1

3

5

2 ( 6 + 1 ) — 1

/ 1

3

5

26 — 1

2 ' 4 ' 6

2 ( 6 + 1 )

~ 1 2

4

6

’

26

X

2 (6 +

1) — 1

X-

2 (6 +

1)

Применив

неравенство

(12), получаем

1

3

5

2 ( 6 + 1) — 1

<

1

2 (6 + 1) — 1

2

4

6

2 ( 6 + 1 )

/ 3 6 + 1

2 (6 + 1)

Теперь докажем,

что

1

2 (6 +

1) — 1

<

1

У 36 + 1

2 (6 + 1)

У~ з (6 + 1) + 1

или

1

2 6 + 1

1

<

(14)

у

36+ 1

26 +

2

■/36 +

4

Обе части неравенства (14) положительны. Поэтому неравенства

(14)

и

1

/

М + 1 V

<

1

П 5)

36 + 1 I 26 + 2 1 ' 36 + 4 '

к 1

эквивалентны.

неравенства (14)

достаточно

Таким образом, для доказательства

доказать неравенство

(15).

Преобразуем неравенство (15) следующим образом:

(26 +

I)2 (36 +

4) <

(36 +

1) (26 +

2)а,

(462 +

4 6 + 1) (36 +

4) <

(36 +

1) (462 + 86 + 4).

Раскрыв скобки и приведя подобные члены,

получаем 6 > 0.

Таким

образом,

неравенство (15),

а

следовательно,

и неравен­

ство

(14)

доказаны.

Применение производной к доказательству неравенств

1 Основная идея этого метода сводится к следующему.

Считаем,

Пусть

требуется доказать, что f

при х^>а.

что функции f(x) и ер(х)

при х ] >п дифференцируемы

и имеют оди­

наковые области определения.

Находим

производную

Допустим,

что

при

х =т= af(x) > ф (х ).

функции

F (х) = / (х) — ф (л-).

Если при х > aF' (х) > 0,

то F (х) возрастающая и неравенство

f (*) > ф (х) доказано.

[а,

+ со) точка

х„,

в которой F' (х) обра­

Если существует на

щается в нуль,

то

F (х)

монотонна на [а,

х0] и [х0, +

со). Поэтому

убедиться,

что f (х„) >

0,

и исследовать

поведение

функции

F (х)

при х-э- + со.

х ^

1

имеет место

неравенство

Пример

5.

Доказать, что при

2-Ч-2 >

х +

5.

Исследуем функцию

F ( jc) =

2*+2 — (л- +

5) =

4 • 2х — х — 5

на

[1,

+

со) • F{\) =

2 >

0. F' (х) =

4 • 2х - In 2 — 1.

Функция у ~ 2х на [1,

+

со)

возрастающая.

Поэтому

F' (х) = 4 • 2х ■1п2 — 1 > 4

• 2 ■In2 — 1 >

4 • 2 ■0,691 — 1 >

0.

Следовательно, F (х)

на

[ 1,

+ оо)

возрастающая

и

так

как

Е ( 1) > 0, то неравенство доказано.

Пример 6.

Доказать неравенство

если

а > 0

и Ь >

0.

За3 + 7Ь3> 9ab\

Ь3, полу­

Так как

b > 0,

то,

разделив обе части неравенства

на

чим эквивалентное

неравенство:

+

? > 9 Х .

Обозначив

а: Ь — х,

имеем

Зх3 + 7 > 9л:, (х > 0).

Составим функцию 1

F(x) = Зх3 — 9 х + 7 .

Она

определена

на [0,

+

оо).

F(0) =

7 > 0 .

1

F '(х) — 9х2— 9 =

= 9 (х2 — 1). F' (х) обращается в нуль

при хх =

и х2=

— 1.

Мы исследуем функцию F (х)

только на [0,

+

оо):

F '(ХУ< 0 на [0, 1).

F’ (х) = 0

при

х =

1.

F' (х) >

0 на (1,

Н- со).

Следовательно, F (х) на [0,

1)

убывает,

на

(1,

+

оо) возрастает,

достигает

наименьшего

значения

в

точке

хг = 1.

Но F(l) = 1, поэтому F (х) >

1

если

x > 0.

Утверждение

задачи доказано.

Функциональный подход к доказательству неравенств

Неравенство вида F (я,

Ь, с,

. . . ,

т)

(а, Ь-, с, . . . ,

т) (отно­

сительно переменных я, Ь,

с, . . . ,

т)

преобразуется

к виду F (я, Ь,

с,

. . . ,

пг) — Р (а,

Ь, с,

. . . ,

/«);> 0.

Исследуется функция

/(я) =

= F (я, Ь, с, . . . ,

т) — Р (а, Ь,

с,

. . . , т) относительно

перемен­

ного а (все остальные переменные данного

неравенства

считаются

параметрами).

что

Пример 7. Доказать,

4ab (3 — я) — 4я (1 + Ь2) <

Ь,

(16)

если а >

0 и b >

0.

Составим функцию

F (а) — АаЬ (3 — я) — 4я'(1 -f b2) — b = — 4я2Ь +

12я6 — 4я — 4я62—

— b = — Aba2 + 4я (ЗЬ — 1 — Ь2) — Ъ.

Как видим, функция F (а) является квадратным

трехчленом

(от­

носительно

я; b

считается

параметром).

F (а)

определена

на

(0,

+ ,х )•

что F(fl)-< 0 на

(0,

Доказать неравенство (16) это значит доказать,

+ ос)

при любом Ь > 0.

утверждение

задачи

очевидно,

так

Если

3b — 1 — Ь2<

0,

то

как в этом

случае

все

коэффициенты

квадратного

трехчлена

F (я)

отрицательны.

F ( я ) < 0 и в том случае, если

Покажем, что

ЗЬ — 1 — 62 > 0 ,

&> 0.

(17)

Неравенство (17) выполняется на (хх, х2), где

хг =

0,5 (3 — ] / 5 ) ^

0,382;

х2 =

0,5 (3 + 1^5) ^ 2,618.

Исследуем дискриминант квадратного

трехчлена

F (a)i

D = 42(36 — 1 — Ь2)2 — 16йа =

16 ф2— 2 6 + 1 ) ф2 — АЬ +

1).

Трехчлен Ь2— 2 6 + 1 ^ 0

при

всех

значениях

Ь.

Трехчлен

Ь2—

— АЬ +

Г имеет корни:

х3 =

2 — 1/3 ~

0,268;

=

2 +

] / з ^

3,732.

Отсюда

понятно,

что D < 0 на (х3,

х4). Но

интервал (хх,

х2)

содер­

Замена переменных,

входящих в неравенство, может проводиться

с двумя целями:

а) уменьшить

число

переменных; б)

привести не­

равенство к виду,

более удобному

для исследования

его свойств.

Пример 8. Доказать

неравенство

8 (я4+ Ь4) > (я + Ь)\ Ь ф 0.

Разделим обе

части

неравенства

на

Ь4\

я

4

8

Ь4

+ 1

>

1

~Ь

на (— оо,

+ со).

Находим

F (х) = 28х3 — 12х2 — 12х — 4 = 4 (7х3— Зх2— Зх — 1).

Очевидно, что f

(1) =

0.

7х? — Зх2 — Зх — 1

Применив теорему Безу, разложим многочлен

на множители:

7Х3 — Зх2— Зх — 1 =

(х— 1)(7х2 + 4 х + 1).

Квадратный трехчлен

7х2 +

4х + 1

действительных

корней

не

имеет. Поэтому функция f (х) имеет только одну подозрительную

на

экстремум точку х =

1.

Находим,

что

f(l) = 0.

Кроме

того,

при

Х - > + СО и при х-э----со/(х)-^--(-

оо.

Итак,

на (— со,

1)

/ ' (х) < 0,

и, следовательно, f (х) убывает

от

+ оо до 0; на (1,

+

оо)

/ ' (х) >

0 и /(х) возрастает от

0 до +

оо.

Утверждение задачи доказано.

Пусть

требуется

доказать

справедливость

неравенства F (х) > О

на (а, Ь).

Разбиваем

данный

интервал (а, Ь)

на несколько проме­

этих промежутков. При этом каждый раз левая

часть

неравенства

преобразовывается к новому виду.

Пример 9. Доказать неравенство

а4— а2— За + 5 > О, если а >

0.

(18)

Будем рассматривать левую часть этого неравенства

как функ­

цию от а, определенную на [0, + оз):

f (а) — а4— а2— За + 5.

поступаем следующим образом.

верно на

[0,

1].

Для

Сначала

докажем,

что

неравенство (18)

этого представим /(а)

в следующем виде:

/(а) = (а4+ 5 ) - ( а 2 + З а ).

Обозначим ср (а) =

а4+

5,

ф (а) = а2 + За.

Очевидно,

на

[0,

1]:

5 < ф (а) < 6, 0 < ф (а) 4.

Отсюда

понятно,

что

при

любом значении

а

из

отрезка

[0,1]

неравенство

(18) верно.

к

виду

Теперь преобразуем f(a)

/ (а) = а (а3— а — 3) + 5 — а [а(а2 — 1) — 3] + 5.

При а >

2 выражение,

стоящее в квадратной

скобке,

положи­

тельно, так

как при а^> 2

а (а2 — 1) > 3 а .

Итак, справедливость неравенства (18) показана

и на [2, +

оо).

Теперь осталось доказать утверждение задачи только для (1, 2).

Представим функцию f(a)

в виде

/ (а) = а2(а2 — 1) + (5 — За).

(

5

. Осталось только

Отсюда видно, что она положительна на I 1,

-д-

неясным ее

поведение

на

5_

3

’ 2 .

Запишем функцию f(a)

в виде