Математика задачи студенческих олимпиад. Задачник

41

предела последовательности и найти его.

3.25. Последовательности {xn} и {yn} заданы рекуррентными соот-

дела последовательности и найти его. Существует ли такой предел при x1 = 3?

ствование предела последовательности и найти его.

3.30. Пусть xn+1 = xn +sin xn , n >1, x0 =10 . Доказать существование предела последовательности и найти его.

1.4.Функция. Производная функции

иее приложения

4.1. Функция f(x) определена на всей оси и для любых различных x, y выполнено неравенство f (x) − f ( y) < x − y . Доказать, что если f ( f ( f (0))) = 0 , то f (0) = 0 .

Решение

Пусть f (0) = A, f ( A) = f ( f (0)) = B . Тогда f (B) = f ( f ( f (0))) = 0 .

Тогда по условию задачи:

A −0 = f (0) − f (B) < 0 − B = f (B) − f ( A) < B − A = = f ( A) − f (0) < A −0 .

42

Получили, что A −0 < A −0 . Следовательно, А = 0.

4.2. График многочлена третьей степени пересекает ось Ox в трех точках. Из крайней провели касательную к противоположному «горбу» графика. Доказать, что абсцисса точки касания делит отрезок между двумя другими корнями пополам.

точке с абсциссой x0:

y = k(x − x0 ) + p(x0 ) , где k = p′(x0 ) .

Найдем производную:

k= p′(x0 ) = a(x0 − x2 )(x0 − x3 ) + a(x0 − x1 )(x0 − x3 ) + a(x0 − x1 )(x0 − x2 ).

Тогда

y = (a(x0 − x2 )(x0 − x3 ) + a(x0 − x1 )(x0 − x3 ) + a(x0 − x1 )(x0 − x2 ))(x − x0 ) + +a(x0 − x1 )(x0 − x2 )(x0 − x3 );

y = a((x0 − x2 )(x0 − x3 ) + (x0 − x1 )(x0 − x3 + x0 − x2 ))(x − x0 ) + +a(x0 − x1 )(x0 − x2 )(x0 − x3 );

y = a((x0 − x2 )(x0 − x3 )(x − x0 ) + (x0 − x1 )(2x0 − x3 − x2 )(x − x0 ) + +(x0 − x1 )(x0 − x2 )(x0 − x3 ));

y = a((x0 − x2 )(x0 − x3 )(x − x0 + x0 − x1 ) + (x0 − x1 )(2x0 − x3 − x2 )(x − x0 )); y = a((x0 − x2 )(x0 − x3 )(x − x1 ) + (x0 − x1 )(2x0 − x3 − x2 )(x − x0 )).

По условию эта прямая проходит через точку (x1; 0), значит, правая часть обращается в 0 при x = x1:

0 = a((x0 − x2 )(x0 − x3 )(x1 − x1 ) + (x0 − x1 )(2x0 − x3 − x2 )(x1 − x0 ));

43

4.3. Существует ли непрерывная на всей оси функция, принимающая каждое действительное значение: a) ровно 2 раза; б) ровно 3 раза?

Решение

a) Пусть f(a) = f(b) =A. Тогда по условию задачи на отрезке [a; b] функция больше нигде не равна A. Предположим, что f(x) > A на интервале (a; b) . Так как функция непрерывна, то на этом интервале она достигает наибольшего значения, равного С, в некоторой точке c (a; b), а все значения, лежащие между A и C, принимаются по два раза. Тогда , по условию, существует точка d, в которой f(d) = f(c) = C. Далее заметим, что оба варианта; d (a; b) и d (a; b)приводят к тому, что некоторые из промежуточных значений принимаются функцией еще раз.

б) Да, такую функцию можно построить. Например, f (x) = 32πx +sin x.

рицательными коэффициентами имеет n вещественных корней. Дока-

зать, что p(2) ≥ 3n .

Решение

Так как коэффициенты данного многочлена неотрицательны, то все его корни отрицательны. Пусть его корни равны −β1, −β2 , ..., −βn ,

так как произведение всех корней равно свободному члену многочлена, который равен 1.

4.5. Пусть f(x) – непрерывная функция, определенная на отрезке [0; 1] такая, что f(0) = f(1) = 0. Доказать, что на отрезке [0; 1] найдутся

44

2 точки, расстояние между которыми равно 0,1, в которых функция f(x) принимает равные значения.

Решение

Рассмотрим максимальное из значений модуля функции в точках 0; 0,1; 0,2; ... ; 0,9; 1. Пусть оно достигается в точке m = k/10. Возмож-

ны три случая: f(m) = 0, f(m) > 0 и f(m) < 0.

Если f(m) = 0, то функция равна нулю во всех точках 0; 0,1; 0,2; ... ; 0,9; 1, и требуемое в задаче условие выполнено.

Оставшиесядваслучаяодинаковы.Рассмотримслучай,когдаf(m)>0. Так как в точке m достигается максимальное из значений модуля функ-

g(m) = f (m + 0,1) − f (m) ≤ 0 . По теореме о промежуточном значении существует число с, лежащее между числами m – 0,1 и m, такое что g(с) = 0. Получаем, что f(с) = f(с + 0,1), и требуемое в условии число найдено.

4.6. Найти все дифференцируемые на множестве действительных чисел функции f (x), удовлетворяющие условиям: f(0) = 0 и

f(x + y) ≤ f (x) + f ( y) .

Решение

Найдем приращение функции:

45

Получили, что производная искомой функции постоянна, следовательно, f(x) = Cx. Проверка показывает, что условие задачи выполняется для всех функций такого вида.

4.7. Найти все непрерывные на множестве действительных чисел

функции f(x), удовлетворяющие условию 3 f (2x +1) = f (x) +5x .

Решение

Предположим, что функция f(x) – линейная. Тогда f (x) = kx +b . Тогда

3 f (2x +1) = 3(k(2x +1) +b) = kx +b +5x .

Приравняв коэффициенты при одинаковых степенях, получим, что

f (x) = x − 32 .

Покажем, что нет других функций, удовлетворяющих условию задачи. Пусть непрерывная функция h(x), такая что3h(2x +1) = h(x) +5x. Тогда функция g(x) = h(x) − f (x) также является непрерывной и

3g(2x +1) = 3h(2x +1) −3 f (2x +1) =

= h(x) +5x − f (x) −5x = h(x) − f (x) = g(x).

Замениввполученномуравненииx на x 2−1,получим3g(x) = g( x 2−1).

Так как функция g(x) непрерывная, то для любого действительного числа x

46

Следовательно, g(x) ≡ 0 , а значит, h(x) = f (x) .

Итак, f (x) = x − 32 – единственная функция, удовлетворяющая ус-

ловию задачи.

4.8. Функция f(x) задана на всей вещественной оси, причем для любого x имеет место равенство f(x + 1) f(x) + f(x + 1) + 1 = 0. Доказать, что функция f(x) не может быть непрерывной.

Решение

Предположим, что функция f(x) непрерывна. Пусть f(a) = 0 для некоторого действительного числа. Тогда для b = a – 1 по условию задачи имеет место равенство f(b + 1) f(b) + f(b + 1) + 1 = 0. Тогда, подставив b = a – 1, получим f(a) f(a – 1) + f(a) + 1 = 0. Получили противоречие: 1 = 0. Так как функция f(x) не пересекает ось OX и по предположению непрерывна, то для любой переменной x функция f(x) либо принимает только положительные значения, либо только отрицательные. Если f(x) > 0 для любого x, то f(x + 1)) f(x) + f(x + 1) + 1 > 0. Если всюду f(x) < 0, то, выразив из условия f(x), получим

f(x) = − f (x1+1) −1 > −1.

Сдругой стороны, f(x + 1) = – 1 – f(x) f(x + 1) < – 1. Получили противоречие, и значит, функция f(x) не может быть непрерывной.

4.9. Найти число действительных корней уравнения

Решение

Пусть f (x) = xe−x + e−x + x2 −1. Найдем производную функции f(x):

2

f ′(x) = e−x − xe−x −e−x + x = x(1 −e−x ) .

47

Так как e−x >1при x < 0 и e−x <1при x > 0, то f ′(x) > 0 на всей числовой прямой. Следовательно, функция f(x) возрастает при всех

x R. Значит, уравнение f (x) = 0 может иметь единственное решение. Очевидно, что х = 0.

4.10. Составить уравнение касательной к графику четной функции y = f(x) в точке с абсциссой x0 = 1, если известно, что для всех действительных x справедливо равенство

f (2x3 − x) − 4x2 f (x2 − x −1) =8x5 −8x3 −11x2 + 2 .

Решение

Уравнение касательной в точке с абсциссой x0 = 1 имеет вид y = f (1) + f ′(1)(x −1) .

Найдем значение функции в точке с абсциссой x0 = 1. Подставив х = 1 в заданное в условии равенство, получим

f (1) − 4 f (−1) = −8 +8 −11 + 2 f (1) −4 f (−1) = −9.

Так как функция y = f(x) четная, то f(1) = f(–1) –3f(1) = –9 f(1) = = f(–1) = 3.

Найдем производную в точке с абсциссой x0 = 1. Продифференцировав равенство f (2x3 − x) − 4x2 f (x2 − x −1) =8x5 −8x3 −11x2 + 2 , получим

f′(2x3 − x)(6x2 −1) −8xf (x2 − x −1) − 4x2 f ′(x2 − x −1)(2x −1) =

=40x4 − 24x2 − 22x.

ким образом, уравнение касательной имеет вид y = 3 + 2(x −1) .

4.11. Функция f(x) определена и дифференцируема на отрезке [0; a], причем f(0) = 0. Доказать, что для любого b (0; +∞) на отрезке [0; a]

найдется точка x0 такая, что bf (x0 ) = (a − x0 ) f ′(x0 ) .

Решение

Рассмотрим функцию g(x) = (a − x) p f (x), p > 0 . Заметим, что

48

g(0) = (a −0) p f (0) = 0, g(a) = 0.

Так как функция g(x) = (a − x) p f (x) дифференцируема (а значит, непрерывна) на отрезке [0; a] и на концах этого отрезка принимает

равные значения, то по теореме Ролля существует точка x0 (0; a) , в которой производная равна 0.

1 +t + 1 −t = 2 + 21 −t2 = 21 + 1 −t2 = 2 y(−t2 ).

По формуле Маклорена

49