Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Олимпиадные задачи по математическому анализу. Учебное пособие.pdf
0
0
00 000
0
() ( )
lim () () ().
xx
fx fx
fx x fx xf x
xx
→
−
′
=−=−
−
0 000
() () (),
fx fx xfx
′′
= −
0 00
()(1 )().fx x f x
′
= +
0
1x = −
( )
23
00
(2 1) (2 2)
2 (2)
lim lim
xx
xx
f xf
xx
∆ →+ ∆ →+
+∆− +∆−
+∆ −
= =
∆∆
23
22
00
(1 ) ( )
lim lim (1 ) ( ) 0;
xx
xx
xx
x
∆ →+ ∆ →+
+∆ ∆
= +∆ ∆ =
=
∆
( )
23
00
(2 1) (2 2)
2 (2)
lim lim
xx
xx
f xf
xx
∆ →− ∆ →−
+∆− +∆−
+∆ −
= =
∆∆
23
22
00
(1 ) ( )
lim lim (1 ) ( ) 0.
xx
xx
xx
x
∆ →− ∆ →−
+ ∆ −∆
= +∆ ∆− ==
∆
( )
23
00
(2 1) (2 2)
2 (2)
lim lim(2 .) 0
xx
xx
fx
x
f
f
x
∆→ ∆→
+∆− +∆−
+∆ −
= =
∆∆
′
=
Получаем:
При
имеем f(–1) = (1–1)f ʹ(–1) = 0, т. е. график проходит через точку (−1; 0).
Что и требовалось доказать.
Пример 2. Доказать, что функция f(x) = |(x – 1)2(x – 2)3| всюду дифференцируема, а функция f(x) = |(x – 1)(x – 2)| не имеет производной при x = 1
и x = 2.
Решение. Рассмотрим функцию f(x) = |(x – 1)2(x – 2)3|. По свойствам
модуля f(x) = (x – 1)2|(x – 2)3|, следовательно, данная функция дифференцируема всюду, кроме, быть может, точки x = 2, как суперпозиция дифференцируемых функций. Докажем, что в точке x = 2 функция также диффе-
ренцируема. Для этого найдем следующие односторонние пределы:
Так как односторонние пределы равны, то в точке x = 2 функция так-
же дифференцируема и ее производная равна
71
Следовательно, функция f(x) = |(x – 1)2(x – 2)3| всюду дифференцируема.
( )
00 0
2 (2)
|(2 1) (2 2)
(1 )( )
lim lim lim
xx x
f xf
xx
xx
x xx
∆ →+ ∆ →+ ∆ →+
+∆ −
+∆− +∆−
+∆ ∆
= = =
∆ ∆∆
0
li m (1 ) 1;
xx∆ →+
+∆ ==
(
)
00 0
2 (2)
|(2 1) (2 2)
(1 )( )
lim lim lim
xx x
f xf
xx
xx
x xx
∆ →− ∆ →− ∆ →−
+∆ −
+∆− +∆−
− +∆ ∆
= = =
∆ ∆∆
0
lim (1 ) 1.
xx∆ →−
+∆ =−= −
( )
(
)
00
2 (2) 2 (2)
lim lim
xx
f xf f xf
xx
∆ →+ ∆ →−
+∆ − +∆ −
≠
∆∆
(
)
( )
22
6
() .
xx
Pxe x Ae
′
= +
(
)
222
() () 2 () .
xxx
Pxe P xe xPxe
′
′
= +
( )
22 2
6
() 2 ()
xx x
P xe xPxe x Ae
′
+=+
( )
6
() 2 () .P x xP x x A
′
+=+
Рассмотрим функцию f(x) = |(x – 1)(x – 2)|. Докажем, что она не диф-
ференцируема в точке x = 2 (для точки x = 1 доказательство аналогичное).
Найдем односторонние пределы
Так как
f(x) = |(x – 1)(x – 2)| не дифференцируема в точке x = 2. Что и требовалось
доказать.
, то функция
Пример 3. Найти многочлен P(x) и число A из равенства
Решение. Найдем производную в левой части равенства:
Таким образом, получаем
и, следовательно,
72
(*)
Так как это равенство должно выполняться при любом x, то степени
5432
5 4 3 2 10
() .Px ax ax ax ax ax a=+++++
4 32
5 4 3 21
() 5 4 3 2
P x ax ax ax ax a
′
= + + ++
65 4 3
5 4 35 2 4
( ) 2 ( ) 2 2 (2 5 ) (2 4 )P x xP x a x a x a a x a a x
′
+ = + ++ ++ +
2
13 0 2 1
(2 3 ) (2 2 ) .a ax a ax a++ + + +
5 24 1
4 13
35 02
2 1, 2 4 0, .
2 0, 2 3 0,
2 5 0, 2 2 0,
a a a aA
a aa
aa aa
= += =
= +=
+= +=
5 43 21 0
1 5 15 15
, 0, , 0, , 0, .
2 488
a aa aa aA===−== ==
53
1 5 15
() .
24 8
Px x x x=−+
42
40x x ax+ + +=
многочленов в правой и левой части должны быть равны, следовательно,
степень многочлена P(x) равна 5 и его можно представить в виде:
Тогда
и
Приравнивая в (*) коэффициенты при одинаковых степенях, получим
систему линейных уравнений:
Решив систему, получим:
Следовательно, искомый многочлен имеет вид
Пример 4. При каких значениях параметра a уравнение
имеет корень кратности два?
73
Решение. Обозначим
42
() 4
P x x x ax
=+++
42
0 00 0
( ) 4 0,
P x x x ax= + + +=
3
0 00
( ) 4 2 0,Px x x a
′
= + +=
2
00
( ) 12 2 0.Px x
′′
= +≠
42
00
3 4 0.xx+ −=
3
00
4 2 6.a xx=−− =±
lim ( )
x
fx
→∞
= ∞
lim ( ) 0.
x
fx
→∞
′
=
1
1 10
1
1 10
...
()
( ) , , 0.
()
...
nn
nn
nm
mm
mm
a x a x ax a
Px
fx a b
Qx
b x b x bx b
−
−
−
−
+ ++ +
= = ≠
+ ++ +
1
2 22
( ) ...
() () () ()
() .
( ) ...
nm
nm
m
m
ab n mx
P xQx PxQ x
fx
Q x bx
+−
′′
−+
−
′
= =
+
lim ( )
x
fx
→∞
= ∞
lim ( ) 0,
x
fx
→∞
′
=
ния кратности два, то
. Если x0 – корень уравне-
Исключая отсюда a, получаем
Тогда
Следовательно, x0 = ±1.
Теперь легко проверить, что при a = ±6 выполняется P(±1) = 0,
P ʹ(±1) = 0, P ʹʹ(±1) = 14 ≠ 0, т. е. x0 = ±1 действительно корень уравнения
кратности два.
Пример 5. Функция f(x) удовлетворяет условиям
Доказать, что f(x) нельзя представить в виде отношения двух
многочленов.
Решение. Предположим противное. Пусть
,
Найдем f ʹ(x):
Так как
, то n > m. С другой стороны, т. к.
то n + m – 1 < 2m. Таким образом, m < n < m + 1, что для целых чисел n, m
невозможно. Получили противоречие, что и требовалось доказать.
74
Пример 6. Найти f(x), если f(x) + f(x – 1) = x и f ʹ(x) = f ʹ(x – 1).
1
()
2
fx
′
=
1
() .
2
fx x C
= +
11
( 1) ,
22
xC x C x++ −+=
1
.
4
C =
11
() .
24
fx x= +
2
()
lim 1
()
x
fx
fx
→∞
′
= −
lim ( ) 0.
x
fx
→+∞
=
2
()
lim 1
()
x
fx
fx
→∞
′
= −
2
() 1
2
()
fx
fx
′
≤−
2
1 1 () 1 1
( ),
() () 2 2
()
xx
aa
ft
dt dt x a
fx fa
ft
′
− + = ≤− =− −
∫∫
11 1
() .
() 2 ()
xa
fx fa
≥ −+
1
lim
()
x
fx
→+∞
= +∞
lim ( ) 0.
x
fx
→+∞
=
Решение. Продифференцировав почленно первое соотношение, по-
лучим f ʹ(x) + f ʹ(x – 1) = 1. Так как f ʹ(x) = f ʹ(x – 1), то 2 f ʹ(x) = 1. Следова-
тельно,
Из первого соотношения имеем
Следовательно,
и
Найдем C.
откуда
Пример 7. Пусть функция f(x), x ∊ (0, ∞) непрерывно дифференциру-
ема, не обращается в ноль и ее производная f ʹ(x) ~ – f 2(x) при x →∞, т. е.
. Доказать, что
Решение. Так как
, то найдется такое число a, что
при x ≥ a. Тогда при x ≥ a получаем
Поэтому
и
Что и требовалось доказать.
Заметим также, что из того, что f(x) ≠ 0 следует положительность f(x) при
всех x ∊ (0, ∞).
Пример 8. Найти все дифференцируемые на числовой прямой
функции, удовлетворяющие при любых действительных x, y равенству
f(x + y) = f(x) + f(y).
75
Решение. Положим в заданном соотношении y = 0.
( ( ( ))) ( ( )) ( ).ff fx ff x fx
′′ ′
=−=
( ( )) .f fx x
′′
=
( ()) () ().ffx f x fx
′ ′ ′′ ′
⋅=−
() ().xf x f x
′′ ′
= −
1
() ,
C
z fx
x
′
= =
1
1 2 12
( ( )) ln ( ) ln( ).
C
f f x C C f x C Cx
x
′
= =−=−
Тогда f(x) = f(x) + f(0) для любых действительных x, следовательно,
f(0) = 0. Далее продифференцируем указанное соотношение по перемен-
ной x, полагая y = const. Имеем f ʹ(x+y) = f ʹ(x) для любых действительных y. Отсюда заключаем, что f ʹ(x) = k = const и f(x) = kx.
Пример 9. Найти все определенные на (0, +∞) дважды дифференци-
руемые функции f(x) такие, что производная f ʹ(x) > 0 и f(f ʹ(x)) = – f(x).
Решение. Так как f ʹ(x) > 0, то в равенстве f (f ʹ(x)) = – f (x) можно заме-
нить x > 0 на f ʹ(x):
Из полученного равенства однозначно следует, что
Дифференцируя равенство f(f ʹ(x)) = – f(x), получим
С учетом предыдущего равенства находим дифференциальное урав-
нение относительно искомой функции
Пусть z = f ʹ(x) > 0, тогда
xzʹ(x) = – z(x).
Отсюда находим
где C1 = const > 0. Следовательно, при x > 0 имеем f(x) = C1ln(C2x), где
C2 = const > 0. Поскольку по условию задачи f (f ʹ(x)) = – f(x), то
76
Отсюда получаем связь между постоянными C
2
1
2 12 2
2
1
11
ln ln , 1, .
C
C CC C
x Cx
C
= = =
1
1
( ) ln .
x
fx C
C
=
22 2
00 0
( ) (0) () 2 () () 2 sin 2(1 cos ).
xx x
f x f df t f t f t dt tdt x
′
−= = ≥ =−
∫∫ ∫
1
lim .
()
n
n
fa
n
fa
→∞
+
11
() ()
lim lim
() ()
nn
nn
f a f a fa fa
nn
fa fa
→∞ →∞
+ +− +
= =
и C2:
1
Таким образом, имеем
Пример 10. Существует ли непрерывно дифференцируемая функция
f: R → R, удовлетворяющая условию |f(x)| < 2, f (x)⋅ f ʹ(x) ≥ sinx для всех
x ∊ R?
Решение. По формуле Ньютона-Лейбница имеем
Тогда f 2(π) ≥ 4, откуда f(π) ≥ 2, что противоречит условию. Следовательно, такой функции не существует.
Пример 11. Функция f(x) имеет производную в точке a. Найти предел
Решение.
77
1
()
lim 1
()
n
n
f a fa
n
fa
→∞
+−
=+=
1
()
()
()
1
()
1
()
lim 1
()
fa fa
n
n
fa
fa
fa fa
n
n
f a fa
n
fa
+−
+−
→∞
+−
=+=
1
()
1
lim
()
1
()
()
.
n
fa fa
n
fa
fa
fa
n
ee
→∞
+−
⋅
′
= =
() ()
?
() ()
fx f x
gx g x
′
′
=
′
2
()() () () ()
, () 0, () 0.
()
()
f xgx f xg x f x
gx g x
gx
gx
′ ′′
−
′
= ≠≠
′
2
() ( ())
,
() ()( () ())
df x g x dx
f x gx g x gx
′
=
′
−
Пример 12. Существуют ли функции f(x), g(x), не равные тожде-
ственно нулю, для которых в некотором промежутке выполняется равен-
ство
Решение. Пользуясь правилом нахождения производной частного,
исходное равенство запишем в виде:
Будем считать, что gʹ(x) – g(x) ≠ 0 для любого x из рассматриваемой
области. Тогда уравнение (*) может быть преобразовано в уравнение
(*)
78
решив которое, получим формулу для нахождения функции f(x) при за-
2
( ( ))
( ) exp
()( () ())
g x dx
fx C
gx g x gx
′
= ⋅
∫
′
−
()
1
Cx
fx
x
=
−
22
1
() .
()
fx
x fx
′
=
+
lim ( )
x
fx
→+∞
1.
4
π
+
22 2
11
()
() 1
fx
x fx x
′
= <
++
22
11 1
11
( ) 1 () 1 1 1 ,
4
11
xx
f x f t dt dt dt
xx
+∞
π
′
=+ <+ <+ =+
∫∫ ∫
++
.
4
x
π
=
данной функции g(x), удовлетворяющей указанным выше условиям:
,
где C – произвольная постоянная, не равная нулю. Если, например, поло-
жить, g(x) = x, то получаем, что
в промежутке (1, + ∞).
Пример 13. Дифференцируемая функция такова, что f(1) = 1 и для
всех x ≥ 1 выполняется
ствует и не превосходит
Решение. Так как f ʹ(x) > 0 для всех x, то f строго возрастает. Следова-
тельно, f(x) > f(1) = 1 для x > 1. Поэтому
Тогда
Доказать, что
для x > 1.
суще-
что и требовалось доказать.
Пример 14. Определить угол между графиками функций y = tgx
и y = ctgx.
Решение. Угол α между графиками функций равен углу между каса-
тельными к графикам функций в точке их пересечения (точка A, рис. 1).
Поэтому α = β – γ, где β и γ – углы между осью Ox и касательными
к графикам функций y = ctgx и y = tgx в точке A соответственно. В точке A
должно выполняться tgx = ctgx, откуда
79
00
, 1,
4
xy
π
= =
0
2
1
tg (ctg ) ( ) 2,
sin
4
xx
′
β= =− =−
π
0
2
1
tg (tg ) ( ) 2,
cos
4
xx
′
γ= = =
π
2022 x
ye=
1
ln .
2022
yx=
Рис. 1
Касательная имеет уравнение y – y0 = y0ʹ (x – x0), где (x0, y0) − коорди-
наты точки А:
а y0ʹ − угловой коэффициент касательной
к графику функции. Следовательно,
следовательно, β = π – arctg 2, γ = arctg 2. Таким образом, угол между касательными равен: α = β – γ = π – arctg 2 – arctg 2 = π – 2arctg 2.
Пример 15. Найти кратчайшее расстояние между графиками функций
и
Решение. Показательная и логарифмическая функции взаимно обратные, поэтому их графики расположены симметрично относительно прямой y = x (рис. 2).
Искомое расстояние AB равно удвоенному кратчайшему расстоянию
от одной из кривых до этой прямой. Рассмотрим, например, графики y = x
и y = e
2022x
.
80