Решения задач.
1.
Нет. Пример:
.
- дифференцируема, но
- не дифференцируема в нуле.
2.
Данные графики расположены симметрично
относительно прямой
,
поэтому расстояние между ними равно
удвоенному минимуму расстояния от точек
одного их них, например
,
до прямой
,
т.е.
.
Легко видеть, что
для всех
.
Минимум
достигается в точке
и равен
.
Ответ:
.
3.
Пусть
- расстояние от точек
до
.
Тогда выражение под знаком предела
равно (из подобия треугольников)
.
Ответ: 1.
4.
Пусть
,
- точки касания,
представима в виде
.
Из условий в нуле
,
.
Учитывая вид функции, находим
,
.
Экстремумы:
,
- min
очевидно.
.
- max.
5.
Выберем систему координат так, чтобы
эллипсоид проектировался на плоскость
.
Пусть уравнение эллипсоида
(*)
где
,
-
линейный и
- квадратный многочлены от
и
.
Если
,
то проекция эллипсоида есть множество
тех точек
,
,
для которых уравнение
разрешимо относительно
.
Это множество не ограничено, что
невозможно. Мы воспользовались тем, что
,
в противном случае уравнение эллипсоида
имело бы вид
,
что не описывает эллипсоид. Значит
и точка
лежит в проекции эллипсоида, т.е. уравнение
(*) разрешимо относительно
тогда и только тогда, когда
.
есть многочлен второй степени от
и
.
Из условия ограниченности проекции
получаем, что множество точек
,
для которых
,
ограничено эллипсом.
6.
Рассмотрим векторы
,
,
,
где
- координаты точки кривой. Тогда длины
векторов равны 2. Определитель не
превосходит произведения длин векторов,
т.е. 8. Равенство достигается (
,
,
).
.
7.
.
Тогда
,
т.е.
не существует.
8.
По правилу Лопиталя предел равен
.
9.
Умножим обе части уравнения на
:
.
Левая
часть есть производная от
,
тогда как правая часть неотрицательна
для
и не положительна для
.
Поэтому
возрастает до своего максимума при
и уменьшается правее нуля. В частности,
она ограничена, поэтому
и
ограничены.
10. Сходимость интеграла не меняется, если заменить нижний предел на 1. Проинтегрируем по частям:
.
.
сходится абсолютно по признаку сравнения
с
.
Остается рассмотреть
.
,
а последний интеграл сходится абсолютно
(при
)
по признаку сравнения с
.
Ответ: интеграл сходится.
11.
Допустим, что в
найдется
линейно независимых функций. Можно
считать, что они образуют ортонормированную
систему в
.
В противном случае можно провести
ортогонализацию.
Итак,
пусть
,
,
…
,
причем
,
,
.
Тогда
для любых
имеем
.
Из условия следует
,
или для
:
.
Возьмем произвольное
и выберем
.
Тогда получим, что
:
,
откуда
.
.
Интегрируя
это неравенство по отрезку
,
найдем
,
что и требовалось доказать.
12.
(I
способ)
Найдем определитель
,
вычислив все его собственные числа.
Собственные числа
получаются добавлением 1 к каждому из
собственных значений
.
Найдем их. Покажем, что собственные
числа
- это
,
,
0,…,0, где 0 имеет кратность
.
Чтобы доказать это, введем векторы
,
,
с компонентами
(где
).
Если мы образуем матрицу из
,
ее определитель будет определителем
Вандермонда и, следовательно, ненулевым.
Значит,
образуют базис в
.
Так как
для любого
,
.
Поскольку
,
если
,
получаем
для
,
и
(т.е. в
случаях). Кроме того,
и
.
Поэтому
.
Таким образом,
образуют
базис в
из собственных векторов
с требуемыми собственными значениями.
Определитель
есть произведение всех
,
где
пробегает все собственные числа
,
то есть
.
II
способ
(предложен Е.Д. Капуном) Рассмотрим в
матрице три строки с номерами
,
,
.
Тогда
,
.
- линейная комбинация
,
с коэффициентами, независящими от
,
поэтому любые три строки в
линейно зависимые. Тогда
.