Guest
Новичок
|
    
Знакомая девушка попросила помочь с высшей математикой.
Вот почти все решил, осталось пару примеров, но к сожалению я не помню как их решать. Может кто поможет или подскажет идею?
1.
При каком значении угла, синус изменяется в два раза медленее чем его аргумент
2.
Доказать неравенство sin(x)+tg(x)>2x x є (0;pi/2)
и
e^x>1+x
3.
Доказать что уравнение меет тлько один корень (положительный) и он лежит в интервале (0;0.5)
x^6+x^4+x^2+10x-5=0
и
доказать что ур. имеет только один простой крень
x^3-3x^2+6x+1=0
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 12 янв. 2007 14:27 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
1.
Очевидно, фраза "синус изменяется в два раза медленее ..."
эквивалентна фразе "скорость изменения синуса в два раза медленее ..." и исходная задача сводится к решению неравенства:
sin(x)' / x' < 1/2
cos(x) / 1 < 1/2
cos(x) < 1/2, а это стандартное тригонометрическое неравенство.
2.
Для доказательства неравенства sin(x) + tg(x) > 2x воспользуемся широко известным неравенством (оно применяется при выводе первого замечательного предела):
sin(x) < x < tg(x), если x выражается в радианах и находится в пределах 0 < x < P/2.
Вспомним тригонометрию:
sin(x) = 2*sin(x/2)*cos(x/2) =
2*[sin(x/2)/cos(x/2)]*[cos(x/2)*cos(x/2)] =
2*tg(x/2)*[1 - sin(x/2)*sin(x/2)]
Если заменить величину tg(x/2) меньшей величиной x/2
{так как x < tg(x), то и x/2 < tg(x/2)},
то из равенства sin(x) = 2*tg(x/2)*[1 - sin(x/2)*sin(x/2)]
получим неравенство sin(x) > 2*x/2*[1 - sin(x/2)*sin(x/2)].
Аналогично, если заменить sin(x/2) большей величиной x/2
{так как x > sin(x), то и x/2 > sin(x/2)}, то мы тем самым
уменьшим величину 1 - sin(x/2)*sin(x/2) и еще более усилим
неравенство sin(x) > 2*x/2*[1 - sin(x/2)*sin(x/2)].
Окончательно получим:
sin(x) > 2*x/2*[1 - x/2*x/2] = x - (x^3)/4.
Из неравенства sin(x) > x - (x^3)/4 легко
получить и неравенство sin(x/2) > x/2 - (x^3)/32.
Теперь рассмотрим cos(x) = 1 - 2*sin(x/2)*sin(x/2).
Принимая во внимание только что доказанное неравенство
sin(x/2) > x/2 - (x^3)/32 и заменяя в выражении cos(x) значение
sin(x/2) на x/2 - (x^3)/32, очевидно получим неравенство
cos(x) < 1 - 2*(x/2 - (x^3)/32)^2
cos(x) < 1 - (x^2)/2 + (x^4)/16 - (x^6)/512
Последнее неравенство мы еще более усилим, если отбросим (x^6)/512:
cos(x) < 1 - (x^2)/2 + (x^4)/16
Разделим это неравенство на cos(x) (помним, что cos(x) > 0 в нашем случае):
1 < [1 - (x^2)/2 + (x^4)/16] / cos(x)
Разделим еще раз на 1 - (x^2)/2 + (x^4)/16, которое тоже больше нуля:
1/cos(x) > 1/[1 - (x^2)/2 + (x^4)/16]
Возвращаемся теперь к исходному неравенству
sin(x) + tg(x) > 2x.
Заменяя в выражении "sin(x) + sin(x)*[1/cos(x)]" sin(x) на меньшее выражение x - (x^3)/4 и 1/cos(x) на меньшее выражение 1/[1 - (x^2)/2 + (x^4)/16], мы имеем право записать неравенство
sin(x) + sin(x)*[1/cos(x)] >
[x - (x^3)/4] + [x - (x^3)/4]*[1/[1 - (x^2)/2 + (x^4)/16}}
Если теперь мы докажем, что
[x - (x^3)/4] + [x - (x^3)/4]*[1/[1 - (x^2)/2 + (x^4)/16}} > 2x,
то тем самым завершим доказательство исходного неравенства.
Очевидна следующая цепочка неравенств:
[x - (x^3)/4] + [x - (x^3)/4]*[1/[1 - (x^2)/2 + (x^4)/16}} > 2x,
[1 - (x^2)/4] + [1 - (x^2)/4]*[1/[1 - (x^2)/2 + (x^4)/16}} > 2
[1 - (x^2)/4] + [1 - (x^2)/4]*[1/[1 - (x^2)/4]^2] > 2
[1 - (x^2)/4] + 1/[1 - (x^2)/4] > 2
Так как x < 2, то 1 - (x^2)/4 > 0 и мы можем умножить
обе части последнего неравенства на 1 - (x^2)/4
с сохранением знака неравенства:
[1 - (x^2)/4]^2 + 1 > 2 * [1 - (x^2)/4]
Остались последние преобразования:
[1 - (x^2)/4]^2 + 1 - 2 * [1 - (x^2)/4] > 0
[1 - (x^2)/4 - 1]^2 > 0
(x^4)/16 > 0
Так как последнее неравенство очевидно и всюду были проведены равносильные преобразования неравенства, то на этом можно и завершить наше доказательство...
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 12 янв. 2007 21:44 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
2.
Для доказательства неравенства e^x > 1+x достаточно
вспомнить разложение e^x в ряд Тейлора:
e^x = 1 + x/1! + x^2/2! + x^3/3! + ...
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 12 янв. 2007 23:48 | IP
|
|
sms
Удален
|
Проще всего доказать это неравенство по такой полезной теореме: если f(0)>=0, f"(x)>0, то и f(x)>0 при x>0.
(Если функция в начале уже не меньше нуля, а потом ещё растёт, то она и всюду больше нуля).
Теперь f(x)=sinx+tgx-2x, f(0)=0>=0, f"(x)=cosx+1/cos^2x -2=
=((1-cosx)(sin^2x+cosx))/(cos^2x)>0.
Вот и всё.
Другой путь для производной-использовать неравенство о средних в форме для суммы двух взамно обратных (cosx>cos^2x).
Кстати, по этой очевидной теореме можно почти все элементарные неравенства доказать.
Например, совсем очевидно получается предложенное Вами неравенство для экспоненты (попробуйте!).
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 13 янв. 2007 10:25 | IP
|
|
sms
Удален
|
Обратите внимание-на этом форуме значок первой производной похож на вторую. Выше-это просто первая производная.
Девушка то стоит наших усилий?
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 13 янв. 2007 10:27 | IP
|
|
sms
Удален
|
3.1. Производная при x>0 положительна, ф-ия возрастает. Значит при x>0 не больше одного корня. На данном отрезке один и есть, так как на концах разные знаки.
3.2. Производная всюду положительна, у монотонной функции не больше одного корня. Один есть, так как на концах скажем (-10,10) знак меняется. Корень простой, так как кратный был одновременно и корнем производной, а у той корней нет.
Разумеется, речь идёт о действительных корнях.
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 13 янв. 2007 10:35 | IP
|
|
Guest
Новичок
|
Спасибо ВСЕМ БОЛЬШОЕ!
Никак не мог решить эти примеры, школьный уровен был небольшой и уже многое забылось, а в универе такого мы не проходили... Вот з Тейлором не додумался...
Спасибо еще раз!!!
|
Всего сообщений: Нет | Присоединился: Never | Отправлено: 13 янв. 2007 16:17 | IP
|
|
|
Форум
Пару примеров
