«ЗАД АЧИ П О АЛГЕ БР Е, АР И Ф МЕ Т И КЕ И АН АЛИ ЗУ Учебное пособие Москва Издательство МЦНМО 2007 УДК 512.1+517.1+511.1 ББК 22.141+22.161 П70 Прасолов В. В. П70 Задачи по алгебре, арифметике и анализу: Учебное пособие. ...»

20.19. Таблица симметрична относительно диагонали, поэтому каждому числу, расположенному вне диагонали, соответствует равное ему число на симметричном месте. Значит, вне диагонали расположено чётное число единиц, чётное число двоек и т. д. По условию в каждой строке встречаются все числа от 1 до n. Поэтому в каждой строке любое число от 1 до n встречается ровно один раз, а всего в таблице оно встречается ровно n раз. Число n нечётно, поэтому каждое число от 1 до n встречается на диагонали нечётное число раз; в частности, каждое число от 1 до n встречается на диагонали по крайней мере один раз. Но на диагонали всего n мест, поэтому каждое число от 1 до n встречается на диагонали ровно один раз.

20.20. а) Предположим, что сумма чисел в некотором столбце равна S 1035. Рассмотрим строку, симметричную этому столбцу относительно выделенной диагонали. Сумма чисел в этой строке тоже равна S, а сумма всех чисел, стоящих в этом столбце и этой строке, равна 2S s, где s — число, стоящее на их пересечении. Число s стоит на выделенной диагонали, поэтому s 112.

Следовательно, 2S s 2 · 1035 112 = 1958 > 1956. Приходим к противоречию.

б) Предположим, что сумма чисел в некоторой строке равна S 518. Рассмотрим два столбца, симметричных этой строке относительно двух диагоналей, и ещё строку, симметричную этим столбцам. Таблица состоит из чётного числа строк и чётного числа столбцов, поэтому мы получим два разных столбца и две разных строки. На пересечениях этих строк и столбцов стоят 4 числа, сумма которых равна s 112. Сумма всех чисел, стоящих в этих двух строках и двух столбцах равна 4S s 4 · 518 112 = 1960 > 1956.

Приходим к противоречию.

Запишем данную таблицу в виде Каждое число таблицы представлено в виде ka + b, где 0 a k и 1 b k. Будем отдельно суммировать слагаемые ka и слагаемые b. Из каждой строки выписано в точности одно число, поэтому будут присутствовать слагаемые ka для каждого a = 0, 1,..., k 1.

Из каждого столбца выписано в точности одно число, поэтому будут присутствовать слагаемые b для каждого b = 1, 2,..., k. Таким образом, искомая сумма равна k(0+1+2+...+(k1))+(1+2+...+k)=k·

СИСТЕМЫ СЧИСЛЕНИЯ

21.1. Найдите все трёхзначные числа, любая натуральная степень которых оканчивается на три цифры, составляющие исходное число (в том же порядке).

21.2. а) Докажите, что для любого натурального n существуют ровно два натуральных n-значных* числа an и bn (отличных от 00... 0 и 0... 01), для которых a2 оканчивается на an, а b2 оканчивается на bn.

б) Докажите, что an + bn = 10n + 1.

в) Пусть числа an и an+1 оканчиваются на одну и ту же цифру. Докажите, что тогда an+1 оканчивается на an, а bn+ оканчивается на bn.

г) Докажите, что если an+1 и an оканчиваются на 5, то an+1 — это последние n + 1 цифр числа a2, а если bn+1 и bn оканчиваются на 6, то bn+1 — это последние n + 1 цифр числа b5.

21.3. Числа 2n и 5n начинаются с цифры a. Чему равно a?

21.4. а) Докажите, что число 2n может начинаться с любого набора цифр.

* Первыми цифрами могут быть и нули, т. е. требуется лишь, чтобы выполнялось неравенство an, bn 10n 1.

б) Докажите, что число 0,12481632... (подряд записываются степени двойки) иррационально.

21.5. Докажите, что квадрат целого числа может начинаться с любого набора цифр.

См. также задачу 25.35.

21.6. Докажите, что предпоследняя цифра числа 3n при любом n > 2 чётна.

21.7. Пусть a и b — последняя и предпоследняя цифры числа 2n. Докажите, что если n > 3, то ab делится на 6.

21.8. Пусть a1, a2,... — различные натуральные числа, в десятичной записи которых не встречается цифра 1. Докажите, что среди чисел an /n есть сколь угодно большие числа.

21.9. Пусть a 2 — натуральное число, которое не делится ни на 2, ни на 5. Докажите, что сумма цифр числа am при достаточно большом m может быть сколь угодно велика.

21.10. Докажите, что сумма цифр числа 2n может быть сколь угодно велика.

21.11. Пусть P(x) — многочлен с натуральными коэффициентами, an — сумма цифр числа P(n). Докажите, что некоторое число встречается в последовательности a1, a2, a3,... бесконечно много раз.

21.5. Разные задачи о десятичной записи 21.12. Найдите четырёхзначное число, которое является точным квадратом и у которого две первые цифры одинаковые и две последние тоже.

21.13. Числа 2n и 5n (в десятичной записи) записаны одно за другим. Сколько цифр имеет полученное число?

21.14. Докажите, что любое положительное число a можно представить в виде суммы девяти чисел, десятичные записи которых содержат только цифры 0 и k, где k — фиксированная цифра, отличная от нуля.

21.15. Найдите все трёхзначные числа, равные сумме факториалов своих цифр.

21.16. Все целые числа выписаны подряд, начиная с единицы. Какая цифра стоит на 206 788-м месте?

21.6. Периоды десятичных дробей и репьюниты Пусть p — простое число, отличное от 2 и 5. Длиной периода числа p называют количество цифр в периоде десятичной записи дроби 1/p.

21.17. Пусть n — натуральное число, не превосходящее p 1. Докажите, что количество цифр в периоде десятичной записи числа n/p равно длине периода числа p.

21.18. Докажите, что длина периода числа p является делителем числа p 1.

21.19. Периоды правильных дробей со знаменателем получаются друг из друга циклической перестановкой:

1/7 = 0,(142857), 3/7 = 0,(428571), 2/7 = 0,(285714), 6/7 = 0,(857142), 4/7 = 0,(571428), 5/7 = 0,(714285).

Докажите, что таким же свойством обладают все простые числа p, у которых длина периода равна p 1.

21.20. Период дроби 1/7 = 0,(142857) обладает следующим свойством: 142 + 857 = 999. Докажите, что аналогичным свойством обладает период дроби 1/p для любого простого числа p, у которого длина периода равна p 1.

Репьюнитом называют натуральное число вида 111... 111, т. е. натуральное число, в десятичной записи которого встречаются только единицы.

21.21. Докажите, что длина периода простого числа p = равна числу единиц в наименьшем репьюните, делящемся на p.

21.22. Пусть p 7 — простое число. Докажите, что число 111... 11 делится на p.

21.7. Определение d-ичной записи числа 21.23. Пусть d > 1 — натуральное число. Докажите, что любое натуральное число n единственным образом представляется в виде n = a0 + a1 d + a2 d2 +... + ak dk, где 0 ai d 1 — целые числа, причём ak = 0.

Выражение n=a0 +a1 d+a2 d2 +...+ak dk называют d-ичной записью числа n.

21.24. Пусть n — натуральное число, a0 — остаток от деления n на 2. Положим n1 = (n a0 )/2, a1 — остаток от деления n1 на 2 и т. д. до тех пор, пока не получим nm = и am = 1. Докажите, что am 2m + am1 2n1 +... + a1 · 2 + a0 — двоичная запись числа n.

21.25. Докажите, что (1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 )... (1 + x2 ) = 21.26. Докажите, что количество нечётных коэффициентов многочлена (1 + x)n равно 2d, где d — сумма цифр в двоичной записи числа n (т. е. количество единиц в двоичной записи числа n).

21.27. (Игра ним.) Есть три кучки камней. Двое игроков по очереди берут произвольное число камней из любой кучки, но только из одной. Выигрывает тот, кто берёт последний камень.

Запишем числа камней в кучках в двоичной системе:

a0 +a1 ·2+a2 ·22 +..., b0 +b1 ·2+b2 ·22 +..., c0 +c1 ·2+c2 ·22 +...

Положим di = ai + bi + ci.

а) Докажите, что если среди чисел di есть хотя бы одно нечётное, то игрок, делающий первый ход, всегда может обеспечить себе выигрыш.

б) Докажите, что если все числа di чётные, то второй игрок всегда может обеспечить себе выигрыш.

21.28. Докажите, что для любого натурального n число равно сумме цифр двоичной записи числа n.

См. также задачи 19.5, 33.5.

21.29. Пусть a1, a2,... — различные натуральные числа, в десятичной записи которых не встречается подряд 100 единиц. Докажите, что среди чисел an /n есть сколь угодно большие числа.

21.30. Запишем натуральное число n в p-ичной системе счисления: n = a0 + a1 p + a2 p2 +... + am pm. Докажите, что 21.31. Пусть p — простое число. Докажите, что если pk — наибольшая степень числа p, делящая Cm, то k — количеn+m ство переносов при сложении чисел m и n в p-ичной системе счисления.

21.32. Пусть p — простое число. Запишем натуральные числа a и b в p-ичной системе: a = a0 + a1 p +... + am pm, b = b0 + b1 p +... + bm pm. Докажите, что 21.33. Если считать цифры, стоящие в разных разрядах, разными, то в d-ичной системе счисления nd цифр позволяют записать dn чисел (от 0 до dn 1). Какая система счисления в этом отношении самая экономная, т. е. позволяет записать наибольшее количество чисел с помощью данного числа цифр? (Сравнивая системы счисления с основаниями d1 и d2, мы рассматриваем только наборы из m цифр, где m делится на d1 и d2.) См. также задачи 20.15, 20.17.

21.10. Другие представления чисел 21.34. Докажите, что любое натуральное число n единственным образом представляется в виде n = a1 ·1!+ a2 ·2!+...

... + ak · k!, где ai — целые числа, удовлетворяющие неравенствам 0 ai i, и ak = 0.

21.35. Докажите, что любое рациональное число p/q = однозначно представляется в виде и xn = 0.

См. также задачу 15.17.

21.1. О т в е т: 376 и 625. Пусть N — искомое число. Тогда N2 N = N(N 1) делится на 1000. Числа N и N 1 взаимно простые, поэтому одно из них делится на 8, а другое на 125. Пусть сначала N = 125k. Тогда k 8. Среди чисел 125k 1, k = 1,..., 8, только число 624 делится на 8. Пусть теперь N 1 = 125k. Тогда N = 125k + 1, поэтому k 7. Среди чисел 125k + 1, k = 1,..., 7, только число 376 делится на 8.

Если N2 N = N(N 1) делится на 1000, то Nk N = N(Nk1 1) тоже делится на 1000, поскольку Nk1 1 делится на N 1.

21.2. а) Число a2 an = an (an 1) должно делиться на 10n = 2n 5n.

Числа an и an 1 взаимно простые и an = 0 и 1, поэтому либо an делится на 2n и an 1 делится на 5n, либо an делится на 5n и an 1 делится на 2n. В первом случае an = 2n a, где 1 a 5n 1.

Все числа 2n a, где 1 a 5n 1, при делении на 5n дают разные остатки, причём ни одно из них не делится на 5n. Действительно, если число (aa )2n делится на 5n, то aa должно делиться на 5n.

Таким образом, при делении чисел an = 2n a, где 1 a 5n 1, на 5n мы получим все разные остатки от 1 до 5n 1, причём ровно по одному разу. Требуемое число an = 2n a — это то, которое при деГлава 21. Системы счисления лении на 5n даёт остаток 1. Аналогично разбираем второй случай и получаем, что bn = 5n b и bn даёт остаток 1 при делении на 2n.

б) Из решения задачи а) следует, что an = 2n a 1 (mod 5n ) и bn = 5n b 1 (mod 2n ). Значит, an + bn 1 (mod 5n ) и an + bn 1 (mod 2n ), т. е. число an + bn 1 делится на 10n.

в) Последние n цифр числа a2 n+1 определяются последними n цифрами числа an+1. Значит, если an — число, которое получается из an+1 вычёркиванием первой цифры, то a2 оканчивается на an.

г) Пусть a2 = x · 10n+1 + an+1. Нужно доказать, что a2 an+ делится на 10n+1. Ясно, что a2 an+1 = (a2 x · 10n+1 )2 (a2 x · 10n+1 ) = Далее, a4 a2 = (a2 an )(a2 + an ). Число a2 an делится на 10n, а число a2 + an делится на 10, поскольку оно чётно и оба числа a и an оканчиваются на 5.

лится на 10n+1. Ясно, что b2 bn+1 b10 b5 (mod 10n+1 ). Далее, b10 b5 = (b2 bn )(b8 + b7 + b6 + b5 + b4 ). Число b2 bn делится на 10n, а число b8 +... + b4 делится на 10, поскольку оно представляет собой сумму пяти чисел, оканчивающихся на 6.

21.3. О т в е т: 3. По условию a · 10p < 2n < (a + 1)10p и a·10q (4 · 25 )2.

23.22. а) Многочлен Pn (x) делится на x2 + x + 1 тогда и только тогда, когда Pn ( ) = 0, где — примитивный корень 3-й степени из единицы. Равенство 2 = 1 показывает, что выражение Pn ( ) = ( 2 )n n 1 зависит только от остатка от деления n на 6.

б) Многочлен Pn (x) делится на (x2 + x + 1)2 тогда и только тогда, когда Pn ( ) = 0 и P ( ) = 0, где P (x) = n((x + 1)n1 xn1 ) — производная многочлена Pn (x). Равенство P ( ) = 0 эквивалентно тому, что ( 2 )n1 n1 = 0, т. е. ( )n1 = 1. Но n = 6k ± 1, поэтому n = 6k + 1.

в) Многочлен Pn (x) делится на (x2 + x + 1)3 тогда и только тогда, когда n=6k+1 и P ( )=0, где P (x)=n(n1)((x+1)n2 xn2 ).

Таким образом, должно выполняться равенство ( + 1)n2 = n2, т. е. ( 2 )6k1 = 6k1. Но ( 2 )6k1 =, а 6k1 = 2. Приходим к противоречию.

УРАВНЕНИЯ, РАЗРЕШИМЫЕ

В РАДИКАЛАХ

Вся история решения уравнений 3-й и 4-й степени связана с Италией. Формулу для решения уравнения 3-й степени открыл Сципион дель Ферро (1465– 1526), но он хранил свои результаты в тайне. В 1536 г. эту формулу переоткрыл Никколо Тарталья (1500– 1557), готовясь к математическому поединку. После долгих уговоров и клятв хранить всё в тайне Джероламо Кардано (1501– 1576) выведал у Тартальи приёмы решения кубических уравнений. Кардано нарушил клятву в 1545 г., опубликовав способ решения кубических уравнений в своей книге по алгебре «Ars magna» («Великое искусство»). Кардано писал, что этот способ он узнал от Тартальи и из бумаг дель Ферро. Тарталья, узнав о появлении книги «Ars magna», едва не сошёл с ума от гнева и начал яростную полемику с Кардано. Помимо решения кубических уравнений книга «Ars magna» содержала решение уравнений 4-й степени, полученное Людовико Феррари (1522– 1565), учеником Кардано.

Долгие поиски решения в радикалах уравнения 5-й степени не привели к успеху. В 1799 г. итальянский врач и математик Паоло Руффини (1765– 1822) опубликовал доказательство неразрешимости в радикалах общего уравнения 5-й степени, но в этом доказательстве был серьёзный пробел. Полное доказательство неразрешимости уравнения 5-й степени независимо от Руффини получил в 1824 г. молодой норвежский математик Нильс Генрик Абель (1802– 1829). А затем Эварист Галуа (1811– 1832) разработал теорию, позволяющую для каждого конкретного уравнения выяснить, разрешимо ли оно в радикалах.

24.1. Докажите, что уравнение xn + a1 xn1 +... + an = можно привести к виду yn + b2 yn2 +... + bn = 0 с помощью замены y = x + c, где c — некоторое число.

286 Глава 24. Уравнения, разрешимые в радикалах Задача 24.1 показывает, что достаточно рассмотреть кубические уравнения вида x3 + ax + b = 0 и уравнения 4-й степени вида x4 + ax2 + bx + c = 0.

24.2. Найдите корни уравнение x3 + px + q= 0, представив их в виде x = 3 + 3 и найдя выражения для и.

24.3. Решите уравнение x3 + px + q = 0, воспользовавшись тождеством x3 + y3 + z3 3xyz = (x + y + z)(x + где 2 + + 1 = 0. (Подберите y и z так, что 3yz = p и y3 + z3 = q.) 24.4. Докажите, что если кубическое уравнение x3 + ax + + b = 0 имеет три различных действительных корня, то при вычислении корней по формуле из решения задачи 24. обязательно появляются мнимые числа.

24.5. Найдите корень x0 = 2 уравнения x3 x 6 = 0 по формуле из решения задачи 24.2.

24.6. Пусть x1, x2, x3 — корни уравнения x3 + px + q = 0.

+ + 1 = 0 (эти выражения называют резольвентами Лагранжа).

б) Выразите в) Решите уравнение x3 + px + q = 0.

24.2. Дискриминант кубического многочлена 24.7. Докажите, что многочлен x3 + px + q имеет кратные многочлена x3 + px + q.

24.3. Решение уравнений 4-й степени 24.8. Решите уравнение x4 + ax2 + bx + c = 0, представив многочлен x4 + ax2 + bx + c в виде разности квадратов двух многочленов.

24.9. Решите уравнение x4 + ax2 + bx + c = 0, найдя уравнение, которому удовлетворяет сумма двух корней данного уравнения (Эйлер).

24.10. Пусть x1, x2, x3, x4 — корни уравнения x4 + ax2 + + bx + c = 0. Положим = (x1 + x2 )(x3 + x4 ), = (x1 + x3 ) (x2 + x4 ) и = (x1 + x4 )(x2 + x3 ).

б) Выразите коэффициенты многочлена (y )(y )(y ) через a, b, c.

в) Сведите решение уравнения x4 + ax2 + bx + c = 0 к решению кубического уравнения.

24.4. Другие уравнения, разрешимые в радикалах 24.11. Решите уравнения 24.12. Решите уравнение x5 5ax3 + 5a2 x b = 0.

24.13. Какие уравнения седьмой степени можно решить тем же способом, который использовался при решении задачи 24.12?

24.1. Требуемая замена имеет вид y = x +.

24.2. Должно выполняться равенство Поэтому числа и нужно подобрать так, чтобы выполнялись равенства 3 3 = p и + = q. Из этих равенств следуют раp 288 Глава 24. Уравнения, разрешимые в радикалах получено квадратное уравнение. Его корни имеют вид Формула x = 3 + даёт 9 различных значений.

Чтобы получить формулу, которая даёт 3 значения, можно восp пользоваться соотношением 3 3 = p/3. Эта формула имеет вид где находится по формуле (1). При этом x не зависит от выбора знака перед радикалом в формуле (1). Несложно проверить, что полученная формула даёт значения x, которые являются корнями уравнения x3 + px + q = 0.

24.3. Если 3yz = p, то y3 z3 = p3 /27. Поэтому y3 и z3 — корни квадратного уравнения t2 qt = 0. Корни этого уравнения равны +. Выберем в качестве y одно из трёх значений по-другому это можно сказать так: выберем в качестве z то из знаs r Уравнение x3 + px + q = 0 имеет следующие корни: x1 = (y + z), в этом, исследуем функцию y(x) = x3 + ax + b. Если a 0, то эта функция монотонна, поэтому у рассматриваемого уравнения не более одного действительного корня. В дальнейшем будем считать, что a < 0. Ясно, что y = 3x2 + a. Поэтому функция y(x) монотонно возрастает при x < и при x >, где = a/3, а при < x < функция y(x) монотонно убывает. Легко проверить, что y( )y( ) = 4. Поэтому уравнение y(x) = 0 может иметь ровно три действительных корня лишь в том случае, когда < 0.

24.5. Этот корень выражается по формуле 24.6. а) Корни x1, x2, x3 легко находятся из линейной системы Чтобы найти x1, нужно сложить эти уравнения и воспользоваться тем, что 2 + Чтобы найти x2, нужно сделать коэффициенты при x2 равными 1.

б) Воспользовавшись равенством 2 + легко проверить, что Снова воспользовавшись равенством При этом 0=(x1 +x2 +x3 )3 =x3 +x3 +x3 +6x1 x2 x3 +3(x2 x2 +x1 x2 +...) Следовательно, 3 + 3 = 9(x2 x2 + x1 x2 +...) = 27x1 x2 x3 = 27q.

в) Мы выяснили, что 3 + 3 = 27q и 3 3 = 27p3. Числа 3 и можно найти, решив квадратное уравнение. Извлекая кубические корни, находим и. Значения кубических корней нужно при этом выбрать так, что находятся теперь согласно задаче а).

24.7. П е р в о е р е ш е н и е. Пусть рассматриваемый многочлен имеет корни x1, x2 и x3, причём x1 = x2. Коэффициент при x равен нулю, поэтому x1 + x2 + x3 = 0. Таким образом, x3 = 2x1.

Тогда В т о р о е р е ш е н и е. Многочлен f(x) = x3 + px + q имеет кратные корни тогда и только тогда, когда у него есть общий корень с многочленомr (x) = 3x2 + p (задача 28.16). Последний многочлен 290 Глава 24. Уравнения, разрешимые в радикалах равенство x(x + p) = q, т. е. ± + p = q. После возведеq2 p ния в квадрат получаем равенство = 0.

24.8. Воспользуемся тем, что Выберем t так, чтобы дискриминант был равен нулю. Тогда Поэтому уравнение можно решить следующим образом. Решим сначала кубическое уравнение относительно t Пусть t0 — один из его корней. Тогда уравнение (1) можно записать в виде Получаем два квадратных уравнения и решаем их стандартным способом.

24.9. Пусть x1, x2, x3, x4 — корни уравнения x4 + ax2 + bx+ c= 0.

Положим u = x1 + x2 = (x3 + x4 ). Тогда т. е.

Из первого и второго уравнений получаем Подставив эти выражения в третье уравнение, получим Уравнение (1) является кубическим уравнением относительно u2.

Решив это кубическое уравнение, найдём 6 корней уравнения (1).

Они имеют вид ±u1, ±u2, ±u3. Можно считать, что 24.10. а) По условию x1 + x2 = (x3 + x4 ), поэтому x1 + x2 =.

Аналогично x1 + x3 = и x1 + x4 =. Следовательно, что a2 = (x1 x2 +...)2 = (x2 x2 +...) + 2(x2 x2 x3 +...) + 6x1 x2 x3 x4 и + 2(x1 x2 x3 x4 +...) + 2(x1 x2 x3 +...) + 4(x1 x2 x3 x4 +...). Учитывая, что 0 = (x1 +...)(x1 x2 +...)(x1 x2 x3 +...) = = (x3 x2 x3 +...) + 3(x3 x2 x3 x4 +...) + 3(x2 x2 x2 +...) + 8(x2 x2 x3 x4 +...), и b2 = (x1 x2 x3 +...)2 = (x2 x2 x2 +...) + 2(x2 x2 x3 x4 +...), получаем в) Согласно задаче а) достаточно найти, и. Согласно задаче б) числа, и являются корнями кубического уравнения y3 + 2ay2 + (a2 4c)y b2 = 0.

24.11. Пусть x = cos. Из формулы Муавра следует, что рассматриваемые уравнения имеют вид cos 5 =a и cos 7 =a. Значит, решения этих уравнений имеют вид где n = 5 или 7.

292 Глава 24. Уравнения, разрешимые в радикалах 24.12. Мы воспользуемся тем же самым способом, которым в задаче 24.2 было решено кубическое уравнение. А именно, будем искать решение в виде x = +. Воспользовавшись тем, что + 10 2 2 ( + ), запишем исходное уравнение в виде 5 + 5 + 15a + 5a. Если = a, то A = 0 и B = 0. Поэтому решение исходного уравнения свелось к решению системы уравнений Значения корней выбираются так, чтобы их произведение было равно a.

Таким образом, решение уравнения x7 7ax5 + 14a2 x3 7a3 x = b сводится к решению системы уравнений

ПРЕДЕЛ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ

Для бесконечной последовательности a1, a2, a3,... обычно используют обозначение {an }. Число a называют пределом последовательности {an }, если для любого > 0 можно выбрать номер N так, что |an a| < при n > N. Предел последовательности {an } обозначают lim an. Предел последовательности не всегда сущеn ствует. Например, у последовательности an = (1)n предела нет.

Вместо обозначения lim an = a иногда используют обозначеn ние an a при n или даже просто an a.

25.1. Докажите, что если предел последовательности существует, то он единствен.

25.2. Пусть {an } и {bn } — две последовательности, причём lim an = a и lim bn = b. Докажите, что:

а) lim (an + c) = a + c и lim (can ) = ca для любого числа c;

в) lim (an bn ) = ab;

25.3. Докажите, что если an an (an+1 an ) для всех n.

Последовательность {an } называют ограниченной сверху, если можно выбрать число c так, что an c для всех n.

25.13. Докажите, что любая возрастающая (или хотя бы неубывающая) ограниченная сверху последовательность {an } имеет предел (Вейерштрасс).

25.14. Докажите, что последовательность {xn } сходится тогда и только тогда, когда для любого > 0 можно выбрать номер N так, что |xn xm | < для любых m, n N (критерий Коши).

25.15. Вычислите lim ( n + 1 n).

25.16. Вычислите lim ( n2 + n n).

25.18. а) Докажите, что lim n = 0 для любого натуральn a ного k и любого a > 1.

б) Докажите, что lim = 0 для любого натуральa ного k и любого a > 1.

25.19. Докажите, что lim = 0.

25.20. Докажите, что lim x = 1 для любого положиn 25.21. Докажите, что lim n n = 1.

25.22. Докажите, что lim n n! =.

25.23. Пусть a0 = a, b0 = b, где 0 < a < b. Положим an+1 = 25.24. Пусть среди чисел 21, 22,..., 2n ровно an чисел начинается с единицы. Вычислите предел lim.

25.25. Пусть 1 = a, где a — некоторое положительное число, и xn+1 = a + xn при n 1. Докажите, что существует предел lim xn и вычислите его.

25.26. Пусть x1 и a — положительные числа, xn+1 = при n 1. Докажите, что существует предел lim xn, и выn числите его.

296 Глава 25. Предел последовательности Вычислите предел lim xn.

Вычислите lim xn.

25.29. Пусть p1,..., pk — простые числа, an — количество натуральных чисел, не превосходящих n и делящихся тольan ко на данные простые числа. Докажите, что lim = 0.

25.30. Пусть x0 и y0 — некоторые положительные числа, кажите, что lim xn = lim yn = x0 y0.

25.31. Пусть x0 и y0 — некоторые положительные чисxn + yn Докажите, что обе последовательности {xn } и {yn } сходятся к одному и тому же пределу, называемому средним арифметико-геометрическим чисел x0 и y0 (Гаусс).

при n 0. Докажите, что lim an = lim bn = 25.33. Пусть x0 и y0 — некоторые неотрицательные чисxn + yn а) Докажите, что если 0 x0 < y0, то б) Докажите, что если 0 < y0 < x0, то См. также задачу 28.50.

25.34. а) Докажите, что для любого натурального n выполняется неравенство 2 (1 + 1/n)n < 3.

б) Докажите, что для любого натурального n выполняетn 25.35. Найдите первую цифру числа 2400.

25.36. Докажите, что если m и n — натуральные числа, причём m > n, то 25.37. Докажите, что существует предел e= lim (1+1/n)n.

25.38. а) Докажите, что определяются точная нижняя грань и минимум.

25.44. Найдите точную верхнюю грань множества отрицательных чисел. Есть ли у этого множества максимум?

Множество действительных чисел называют ограниченным сверху, если можно выбрать число c так, что все числа этого множества меньше c. Аналогично определяется множество, ограниченное снизу.

25.45. Докажите, что любое (непустое) ограниченное сверху множество действительных чисел имеет единственную точную верхнюю грань, а ограниченное снизу — единственную точную нижнюю грань.

25.1. Предположим, что a и b — пределы последовательности {an }, причём a = b. Пусть = |a b|. Согласно определению предела можно выбрать номера N1 и N2 так, что |an a| < при n > N1 и |an b| < при n > N2. Пусть N — наибольшее из чисел N1 и N2. Тогда |a b| |a aN | + |aN b| < 2 = |a b|. Приходим к противоречию.

25.2. а) Утверждение о том, что lim (an + c) = a + c очевидно:

в качестве N для последовательности {an + c} можно выбрать то же самое число, что и для последовательности {an }.

При c = 0 утверждение о том, что lim (can ) = 0 очевидно. Есn ли же c = 0, то в качестве числа N, соответствующего для последовательности {can }, можно взять N, соответствующее /|c| для последовательности {an }. А именно, если |an a| < /|c|, то |can ca| <.

б) Для данного > 0 выберем N1 и N2 так, что |an a| < /2 при n > N1 и |bn b| < /2 при n > N2. Пусть N — наибольшее из чисел N1 и N2. Тогда |(an + bn ) (a + b)| |an a| + |bn b| < + = при n > N.

в) Воспользуемся тождеством n > max(N1, N2 ), поэтому lim (an a)(bn b) = 0. Из а) и б) следует, что lim a(bn b) = 0 и lim b(an a) = 0. Поэтому тождество (1) показывает, что lim (an bn ab) = 0.

Отметим, что при этом |an | > |a|. Выберем затем для данного > 0 номер N n > max(N1, N2 ), то 25.3. Для данного > 0 выберем числа N1 и N2 так, что n > max(N1, N2 ), то an > a и cn < a +. Поэтому a < an bn 25.4. Выберем N так, что если n > N, то |a an | < и |b bn | <.

Тогда a < an bn < b +. Таким образом, для любого > выполняется неравенство b > a 2. Поэтому b a.

25.6. Вместо последовательности {xn } можно рассмотреть последовательность {xn a}, поэтому можно считать, что a = 0. Для любого > 0 можно выбрать N так, что если n N, то |xn | <.

Тогда при n > N выбрать M > N так, что если n > M, то (x1 +... + xn ) < 2.

25.7. Функция ln x непрерывна, поэтому lim ln an = ln a. Знаn но, lim ln n a... a = ln a. Теперь, воспользовавшись непрерывноn стью функции ex, получаем требуемое.

300 Глава 25. Предел последовательности 25.8. Пусть y1 =x1 и yn =xn xn1 при n 2. Тогда xn =y1 +y2 +...

... + yn. По условию lim yn = a. Поэтому согласно задаче 25. n > 1. По условию lim bn = a. Поэтому согласно задаче 25. 25.10. Удобнее доказывать более общее утверждение: если {P(n) } = an + n, где lim n = 0 и an принимает лишь конечное число значений (когда n пробегает все натуральные значения), то рационально.

Применим индукцию по m — степени многочлена P(x). При m= 1 получаем {An + B }= an + n. Поэтому An + B = an + n + kn и A(n + 1) + B = an+1 + n+1 + kn+1, где kn и kn+1 — целые числа.

Следовательно, Число kn+1 kn целое, а разность an+1 an может принимать лишь конечное число значений. Поэтому из того, что lim n = 0, следуn где ln — целое число. По условию an принимает конечное число значений. Следовательно, ln + nA принимает конечное число значений, поэтому {nA } принимает конечное число значений. Тогда число A рационально (задача 17.13), а значит, число тоже рационально.

Шаг индукции доказывается совсем просто. Многочлен Q(x) = = P(x + 1) P(x) имеет степень m 1. Кроме того, если an принимает конечное число значений, то an+1 an тоже принимает конечное число значений. Поэтому, применив к многочлену Q(x) предположение индукции, получаем, что рационально.

25.11. Можно считать, что числа c1 и c2 из определения ограниченной последовательности целые. Отрезок [c1, c2 ] разбивается на конечное число отрезков длины 1. Хотя бы в одном из этих отрезков содержится бесконечно много членов рассматриваемой последовательности. Выберем такой отрезок и разделим его на 10 отрезков длины 1/10. Среди этих отрезков выберем тот, который содержит бесконечно много членов последовательности.

Этот отрезок снова разделим на 10 отрезков равной длины и т. д.

Такая последовательность операций определяет некоторое число c = m0 + m1 · 101 + m2 · 102 +... Действительно, на первом шаге мы определяем m0, на втором m1 и т. д. Число c является предельной точкой данной последовательности.

25.12. Пусть c — предельная точка последовательности {an }.

Тогда неравенство |an c| < 1/k выполняется для бесконечного множества членов an. Поэтому можно выбрать ank так, что |ank c| 0 можно выбрать N так, что c < xN c.

Тогда c < xn c при n N.

25.14. Если последовательность {xn } имеет предел a, то для любого > 0 можно выбрать N так, что |xn a| < /2 для любого n N.

Тогда если m, n N, то |xn xm | |xn a| + |a xm | <.

Предположим теперь, что для любого > 0 можно выбрать номер N так, что |xn xm | < для любых m, n N. Положим = и выберем соответствующий номер N. Тогда |xn xN | < 1 при n N.

Поэтому последовательность {xn } ограничена. По теореме Больцано– Вейерштрасса (задача 25.11) такая последовательность имеет предельную точку a. Для положительного числа /2 выберем номер N так, что |xn xm | < /2 при m, n N. Точка a предельная, поэтому |xn a| < /2 для бесконечно многих n; в частности, это неравенство выполняется для некоторого n0 N. Поэтому для любого m N получаем |xm a| |xm xn0 | + |xn0 a| <. Следовательно, lim xm = a.

25.15. О т в е т: 0. Ясно, что Остаётся заметить, что если q > 1, то lim qm = 0.

че а).

ло.

25.20. Пусть x > 1. Рассмотрим вспомогательную последовательность an = x1/n 1. Ясно, что an > 0, Поэтому согласно задаx Поэтому lim an = 0.

Если x = 1, то утверждение очевидно, а если 0 < x < 1, то рассмотрим y = 1/x > 1. Тогда lim y1/n = 1, поэтому lim x1/n = 1.

В т о р о е р е ш е н и е. Воспользовавшись неравенством между средним арифметическим и средним геометрическим, получим:

25.22. Из неравенства (2n)! n(n + 1)... > nn+1 следует, что 25.23. Если 0 < an < bn, то an+1 > an и bn+1 < bn. Кроме того, 4an bn < (an + bn )2, т. е. an+1 < bn+1. Поэтому a0 < a1 < a2 <... < b2 < < b1 < b0. Значит, последовательности {an } и {bn } сходятся. Пусть an+1 bn+1 = an bn. Значит, an bn = ab при всех n. Поэтому = ab, т. е. 2 = ab.

25.24. Рассмотрим все натуральные числа a, для которых 10k1 a < 10k. Среди них есть хотя бы одна степень двойки, поскольку не может оказаться, что 2m < 10k1, а 2m+1 > 10k. Наименьшая из степеней двойки, заключённых в этих пределах, начинается с единицы, поскольку иначе мы могли бы поделить число a = 2m на 2 и получить число в тех же пределах. Степень двойки, следующая за наименьшей, начинается с цифры 2 или 3. Поэтому среди рассматриваемых чисел есть ровно одна степень двойки, начинающаяся с единицы. Значит, если 10k1 2n < 10k, то an = k 1.

25.25. Если бы мы знали, что существует предел lim xn = c, то найти c было бы легко. Действительно, c = a + c, поэтому c2 c a = 0. Следовательно, c = 1/2 ± a + 1/4. Ясно также, что c 0, поэтому c = 1/2 + a + 1/4.

Докажем теперь, что рассматриваемый предел существует.

Прежде всего заметим, что последовательность {xn } монотонно возрастает. Действительно, учитывая, что все числа xn положительны, получаем: xn+1 > xn x2 > x2 a + xn > x a+xn >a+xn1 xn >xn1. Остаётся заметить, что x2 = a+ a> > a=x1.

304 Глава 25. Предел последовательности Докажем, что последовательность {xn } ограничена сверху, а именно, xn < c. Действительно, x1 < c. Кроме того, xn < c xn+1 < 25.26. Если бы мы знали, что существует предел lim xn = c, c2 + c a = 0. Ясно также, что c 0. Поэтому c — положительный корень уравнения x2 + x a = 0. Такой корень единствен.

Докажем теперь существование предела. Пусть c — единственный положительный корень уравнения x2 +xa=0. Если xn c, то xn c, то xn+2 xn 0, а если xn c, то xn+2 xn 0. Таким образом, одна из последовательностей x1, x3, x5,... и x2, x4, x6,...

монотонно возрастает, а другая монотонно убывает. Предел каждой из этих последовательностей является положительным корa нем уравнения x =, которое эквивалентно уравнению 25.27. О т в е т: lim xn = a. Ясно, что что |q| < 1. Поэтому lim q2 = 0. Значит, lim = 0. Остаётся воспользоваться результатом задачи 25.5.

. При n = 1 и 2 требуемое равенство легко проверяется. Соотношение xn+1 = (xn + xn1 ) тоже легко проверяется.

чи 25.18 б).

> x1 > y1 > y0. Аналогично xn > xn+1 > yn+1 > yn для любого n.

Таким образом, последовательности {xn } и {yn } монотонные и ограниченные, поэтому они сходятся к некоторым числам x и y. Если т. е. x=y. Ясно также, что xn+1 yn+1 =xn yn. Поэтому xy=x0 y0. А так как x = y, получаем требуемое.

> x1 > y1 > y0. Аналогично xn > xn+1 > yn+1 > yn для любого n.

Таким образом, последовательности {xn } и {yn } монотонные и ограниченные, поэтому они сходятся к некоторым числам x и y. Если т. е. x = y.

полупериметр правильного 6 · 2n -угольника, описанного вокруг окружности радиуса 1, Bn — полупериметр правильного 6 · 2n -угольника, вписанного в окружность радиуса 1. Покажем, что an = An x1 = y x1 = y1 cos. Продолжая такие рассуждения дальше, получаем б) Решение аналогично, только теперь мы полагаем x0 = y0 ch, т. е. = Arch(x0 /y0 ).

306 Глава 25. Предел последовательности 25.34. а) П е р в о е р е ш е н и е. Согласно задаче 13.9, если даче 13.9 б) 25.37. Согласно задаче 25.36 последовательность an = (1 + 1/n)n монотонно возрастает, а согласно задаче 25.34 эта последовательность ограничена сверху.

25.38. а) По формуле бинома Ньютона противоречит тому, что x0 — точная верхняя грань.

Докажем теперь существование точной верхней грани. Построим неубывающую последовательность {an } и невозрастающую последовательность {bn } так, что для каждого n существует x an и не существует x bn. А именно, в качестве a1 возьмём произвольное число из рассматриваемого множества, а в качестве b1 — число c из определения ограниченного сверху множества. Пусть c2 — середина отрезка [a1, b1 ]. В качестве a2 берём число c2, если оно нам подходит; иначе берём a1. В качестве b2 берём число c2, если оно нам подходит; иначе берём b1. Дальнейшие члены выбираются аналогично. Построенные последовательности имеют общий предел x0. Легко видеть, что x0 — точная верхняя грань.

НЕПРЕРЫВНЫЕ И РАЗРЫВНЫЕ

ФУНКЦИИ

Мы будем использовать следующие обозначения:

[a, b] — отрезок; он состоит из точек x, для которых a x b;

(a, b) — интервал; он состоит из точек x, для которых a < x < b.

26.1. Вещественные числа x и y удовлетворяют равенствам x3 3x2 + 5x = 1, y3 3y2 + 5y = 5. Найдите x + y.

26.2. Докажите, что если число иррационально, а число a положительно, то функция f(x) = cos x + a cos x непериодическая.

Число a называют пределом функции f(x) в точке x0, если для любого > 0 можно выбрать > 0 так, что для любого x = x0 из неравенства |x x0 | < следует неравенство |f(x) a| <. Если предел функции f(x) в точке x0 существует, то его обозначают lim f(x).

Иногда возникает необходимость рассматривать односторонние пределы функции* lim f(x) = f(x0 +) и lim f(x) = = f(x0 ). Они определяются почти так же, как и обычный предел, но в первом из них рассматриваются только x > x0, а во втором — только x < x0. Например, если функция f(x) определена = f(x0 0), но они могут ввести в заблуждение.

только на отрезке [p, q], то в концах отрезка имеют смысл только односторонние пределы lim f(x) = f(p+) и lim f(x) = f(q).

26.3. Докажите, что если предел функции f(x) в точке x существует, то он единствен.

26.4. Докажите, что lim f(x) = a тогда и только тогда, когда lim f(an ) = a для любой последовательности {an }, для которой lim an = x0 и an = x0 при всех n (предполагается также, что все точки an принадлежат области определения функции f).

26.5. Пусть f(x) и g(x) — две функции, причём lim f(x)= = a и lim g(x) = b. Докажите, что а) lim (f(x) + g(x)) = a + b;

б) lim (f(x)g(x)) = ab;

в) lim (f(x)/g(x)) = a/b, если b = 0.

Функцию f(x) называют непрерывной в точке x0, если lim f(x) = = f(x0 ). Если функция f(x) непрерывна в каждой точке (из области определения), то её называют просто непрерывной.

Функцию f(x), определённую на отрезке [a, b], мы будем называть непрерывной, если она непрерывна в каждой внутренней точке отрезка, а в концах отрезка существуют односторонние пределы, причём f(a+) = f(a) и f(b) = f(b).

26.7. а) Пусть P(x) — многочлен. Докажите, что функция P(x) непрерывна.

б) Пусть P(x) и Q(x) — многочлены, причём Q(x0 ) = 0.

Докажите, что функция P(x)/Q(x) непрерывна в точке x0.

26.8. Функция f(x) непрерывна в точке x0, а функция g(y) непрерывна в точке y0 = f(x0 ). Докажите, что функция g(f(x)) непрерывна в точке x0.

26.9. Докажите, что функция f(x) = sin x непрерывна.

312 Глава 26. Непрерывные и разрывные функции 26.10. Пусть f(x) = x sin при x = 0 и f(0) = 0. Докажите, что функция f(x) непрерывна (во всех точках x).

26.5. Теорема о промежуточном значении 26.11. Функция f(x) непрерывна на отрезке [a, b] и принимает в его концах значения разных знаков. Докажите, что f(x0 ) = 0 для некоторой точки x0 этого отрезка (теорема о промежуточном значении).

26.12. а) Пусть f — непрерывная функция, для которой уравнение f(x) = x не имеет вещественных решений. Докажите, что уравнение f(f(x)) = x тоже не имеет вещественных решений.

б) Пусть f и g — непрерывные функции, удовлетворяющие тождеству f(g(x))=g(f(x)). Докажите, что если уравнение f(x) = g(x) не имеет вещественных решений, то уравнение f(f(x)) = g(g(x)) тоже не имеет вещественных решений.

26.13. Функция f(x) непрерывна на отрезке [0, 1] и принимает значения из того же отрезка. Докажите, что f(x) = x для некоторой точки x этого отрезка.

26.14. Существует ли функция, непрерывная на отрезке [0, 1], которая в рациональных точках принимает иррациональные значения, а в иррациональных — рациональные, и при этом все значения принадлежат отрезку [0, 1]?

26.6. Свойства функций, непрерывных на отрезке 26.15. Докажите, что функция f(x), непрерывная на отрезке [a, b], ограничена на этом отрезке, т. е. множество всех значений f(x) для x из отрезка [a, b] — ограниченное множество.

26.16. Функция непрерывна на интервале (a, b). Верно ли, что она ограничена на этом интервале?

26.17. Докажите, что функция f(x), непрерывная на отрезке [a, b], достигает максимума и минимума в некоторых точках этого отрезка (Вейерштрасс).

Функцию f(x), определённую на отрезке [a, b], называют выпуклой, если “ ” x1 + x2 f(x1 ) + f(x2 ) для всех x1 и x2, лежащих на отрезке [a, b].

С геометрической точки зрения неравенство (1) означает, что середина любой хорды кривой y = f(x) лежит над этой кривой (или на самой кривой).

Функцию f(x) называют вогнутой, если функция f(x) выпукла.

26.18. Докажите, что функция f(x) выпукла на отрезке [a, b] тогда и только тогда, когда для любого n и любых точек x1,..., xn из этого отрезка имеет место неравенство 26.19. Пусть f(x) — выпуклая функция, p и q — положительные числа, сумма которых равна 1.

а) Докажите, что если числа p и q рациональные, то f(px1 + qx2 ) pf(x1 ) + qf(x2 ).

б) Докажите, что если функция f(x) непрерывная, то f(px1 + qx2 ) pf(x1 ) + qf(x2 ).

26.20. Пусть f(x) — выпуклая функция, 1,..., n — положительные числа, сумма которых равна 1.

а) Докажите, что если числа 1,..., n рациональные, то б) Докажите, что если функция f(x) непрерывная, то (неравенство Йенсена).

26.21. Докажите, что функция f(x) = ln x вогнута на интервале (0, +).

26.22. Докажите неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим для положительных 314 Глава 26. Непрерывные и разрывные функции чисел x1,..., xn :

26.23. Докажите, что если A, B, p и q — положительные числа, причём 1/p + 1/q = 1, то A1/p B1/q A/p + B/q.

Пусть множество D содержится в области определения функции f(x). Функцию f(x) называют равномерно непрерывной на множестве D, если для любого > 0 можно выбрать > 0 так, что для любых x1 и x2 из D неравенство |x1 x2 | < влечёт неравенство |f(x1 ) f(x2 )| <. Отличие от обычной непрерывности заключается в том, что число одно и то же для всех точек области D. Ясно, что из равномерной непрерывности следует обычная непрерывность. Обратное, вообще говоря, неверно.

26.24. а) Приведите пример непрерывной функции на множестве всех действительных чисел, которая не является равномерно непрерывной.

б) Приведите пример непрерывной функции на интервале (0, 1), которая не является равномерно непрерывной.

26.25. Докажите, что любая функция f(x), непрерывная на отрезке [a, b], является равномерно непрерывной на этом отрезке.

26.9. Функции ограниченной вариации Пусть f — ограниченная функция на отрезке [a, b]. Вариация Varb (f) функции f на отрезке [a, b] определяется как точная верхняя грань сумм вида |f(xk+1 ) f(xk )| для всевозможных наборов точек x0 = a < x1 <... < xm < b = xm+1. Если Varb (f) <, то говорят, что f — функция ограниченной вариации на отрезке [a, b].

26.26. Пусть f(x) = x sin(1/x) при x = 0, f(0) = 0. Докажите, что на отрезке [0, 1] функция f непрерывна, но не является функцией ограниченной вариации.

26.27. Докажите, что функция f, определённая на отрезке [a, b], является функцией ограниченной вариации тогда и только тогда, когда её можно представить в виде разности двух неубывающих функций.

26.28. Пусть f — функция ограниченной вариации на отрезке [a, b]. Для x [a, b] рассмотрим функцию V(x) = = Varx (f) (предполагается, что V(a) = 0). Докажите, что функция f непрерывна в точке x0 [a, b] тогда и только тогда, когда в этой точке непрерывна функция V.

+ 2(x 1) + 3 монотонно возрастает, поэтому для каждого вещественного числа c уравнение f(x) = c имеет ровно одно вещественное решение.

Функция f(x) 3 обладает следующим свойством: если x 1 = = 1 y, то f(x) 3 = (f(y) 3). Из монотонности функции f следует, что верно и обратное, т. е. если f(x) 3 = (f(y) 3), то x 1 = 1 y, т. е. x + y = 2. В рассматриваемом случае f(x) = и f(y) = 5, поэтому указанное равенство выполняется.

26.2. Предположим, что T — период функции f(x). Тогда f(T) = =f(0)=1+a. Значит, cos T=1 и cos T=1, т. е. T=2m и T=2n, где m и n — целые числа. Поэтому = n/m, что противоречит иррациональности.

26.3. Предположим, что у функции f(x) в точке x0 есть два предела: a и b, причём a = b. Для = |a b| выберем 1 и 2 так, что |f(x) a| < при |x x0 | < 1 и |f(x) b| < при |x x0 | < 2. Тогда если x = x0 и |x x0 | < min( 1, 2 ), то |a b| |f(x) a| + |f(x) b| < < 2 = |a b|. Приходим к противоречию.

26.4. Предположим сначала, что lim f(x) = a. Для заданного > 0 выберем > 0 так, что из неравенства |x x0 | < следует неравенство |f(x) a| <. Затем для данной последовательности {an }, сходящейся к x0, выберем N так, что |an x0 | < при n > N.

Тогда |f(an ) a| <, поэтому lim f(an ) = a.

Предположим теперь, что равенство lim f(x) = a не имеет меxx ста. Тогда существует > 0, обладающее следующим свойством:

для любого > 0 существует x = x0, для которого |x x0 | <, но 316 Глава 26. Непрерывные и разрывные функции |f(x) a| >. Для = 1/n соответствующее x обозначим an. В результате получим последовательность {an }, для которой lim an =x0, но равенство lim f(an ) = a не имеет места.

26.5. Согласно задаче 26.4 эти свойства пределов функций следуют из соответствующих свойств пределов последовательностей (задача 25.2).

= cos 0 = 1.

26.7. Воспользуемся задачей 26.5. Ясно, что lim x = x0, поэтоxx му, применив индукцию по n, получим lim xn = xn. Значит, Если Q(x0 ) = 0, то lim P(x)/Q(x) = P(x0 )/Q(x0 ).

26.8. Для данного > 0 выберем > 0 так, что если |y y0 | <, то |g(y) g(y0 )| <. Затем для 1 = выберем 1 так, что если |x x0 | < 1, то |f(x) f(x1 )| < 1. Для данного > 0 мы выбрали 1 > 0 так, что если |x x0 | < 1, то |g(f(x)) g(f(x0 ))| <.

26.9. Ясно, что Поэтому достаточно доказать, что lim sin t = 0. Но если |t| < |sin t| < |t| согласно задаче 11.1.

26.10. Ясно, что функция f(x) непрерывна во всех точках x = 0.

Проверим, что функция f(x) непрерывна в точке x = 0, т. е. для любого > 0 можно выбрать > 0 так, что если |x| <, то |f(x)| <.

Но |f(x)| = x sin |x|. Поэтому можно положить =.

26.11. Пусть для определённости f(a) > 0 и f(b) < 0. Построим последовательности {an } и {bn } следующим образом. Положим a1 = a и b1 = b. Пусть c — середина отрезка [a, b]. Если f(c) < 0, то положим a2 = a1 и b2 = c; если же f(c) > 0, то положим a2 = c и b2 = b (мы предполагаем, что f(c) = 0, поскольку иначе доказательство немедленно завершается). Затем берём середину отрезка [a2, b2 ] и повторяем то же самое и т. д. В результате получим неубывающую последовательность {an } и невозрастающую последовательность {bn }. Эти последовательности ограничены и lim (bn an ) = 0.

Поэтому по теореме Вейерштрасса lim an = x0 = lim bn. По поn n строению f(an ) 0 для всех n. Функция f(x) непрерывна, поэтому f(x0 ) 0. С другой стороны, f(bn ) 0, поэтому f(x0 ) 0. Значит, f(x0 ) = 0. Ясно также, что a x0 b.

26.12. а) Если f — непрерывная функция и уравнение f(x) = x не имеет вещественных решений, то либо f(x) > x для всех x, либо f(x) < x для всех x. В первом случае f(f(x)) < f(x) < x, а во втором случае f(f(x)) > f(x) > x.

б) Если f и g — непрерывные функции и уравнение f(x) = g(x) не имеет вещественных решений, то либо f(x) > g(x) для всех x, либо f(x) < g(x) для всех x. В первом случае f(f(x)) > g(f(x)) = = f(g(x)) > g(g(x)). Во втором случае f(f(x)) < g(g(x)).

26.13. Рассмотрим вспомогательную функцию (x) = f(x) x.

Ясно, что (0) = f(0) 0 и (1) = f(1) 1 0. Поэтому (x) = 0 для некоторой точки x отрезка [0, 1]. В таком случае f(x) = x.

26.14. О т в е т: нет, не существует. Действительно, если f — требуемая функция, то f(x) = x для любой точки x отрезка [0, 1].

Но согласно задаче 26.13 таких непрерывных функций нет.

26.15. Докажем, что функция f(x) ограничена сверху (ограниченность снизу доказывается аналогично). Предположим, что для любого натурального n на отрезке [a, b] есть точка xn, для которой f(xn ) > n. Согласно задаче 25.12 из ограниченной последовательности {xn } можно выбрать сходящуюся подпоследовательность {xnk }.

Пусть lim xnk = x0 (ясно, что a x0 b). Тогда lim f(xnk ) = f(x0 ).

Но это противоречит тому, что f(xnk ) > nk.

26.16. О т в е т: нет, не верно. Функция f(x) = 1/x непрерывна на интервале (0, 1), но она не ограничена сверху.

26.17. Докажем, что на отрезке [a, b] существует точка x0, для которой f(x0 ) = M, где M — точная верхняя грань множества значений f(x) для всех точек x отрезка [a, b]. (Для точной нижней грани доказательство аналогично.) Прежде всего заметим, что множество значений функции f(x) ограничено (задача 26.15), поэтому точная верхняя грань M существует (задача 25.45). Следовательно, можно выбрать последовательность точек xn отрезка [a, b] так, что M 1/n f(xn ) M. Выберем из ограниченной последовательности {xn } сходящуюся подпоследовательность {xnk }. Если lim xnk = x0, то a x0 b и f(x0 ) = M.

318 Глава 26. Непрерывные и разрывные функции 26.18. Достаточно доказать, что из неравенства (1) следует неравенство (2) для любого n. Если выполняется неравенство (1), Аналогично доказывается, что неравенство выполняется для любого n = 2m.

Остаётся доказать, что если неравенство выполняется для n, то оно выполняется и для n 1. Пусть даны числа x1,..., xn1.

где m, n и n m — натуральные числа. Применим неравенство из задачи 26.18 для чисел x1,..., x1, x2,..., x2 (m чисел x1 и n m чисел x2 ). В результате получим требуемое.

б) Следует из задачи а), поскольку любое число является пределом последовательности рациональных чисел.

26.20. Решение аналогично решению задачи 26.19. “ 26.21. Требуется доказать, что если x1, x2 > 0, то ln. Это неравенство эквивалентно неравенству 26.22. Функция f(x) = ln x вогнута (задача 26.21). Поэтому согласно неравенству Йенсена Это неравенство эквивалентно требуемому.

З а м е ч а н и е. По поводу других доказательств неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим см. задачи 8.13 и 13.10.

26.23. Функция f(x) = ln x вогнута (задача 26.21). Поэтому согласно неравенству Йенсена Это неравенство эквивалентно требуемому.

З а м е ч а н и е. Другие доказательства приведены в решениях задач 8.45 и 28.43 б).

26.24. а) Функция f(x) = x2 на множестве всех действительных чисел не является равномерно непрерывной. Действительно, если бы эта функция была равномерно непрерывной, то тогда для любого > 0 можно было бы выбрать > 0 так, что для любого x выполнялось бы неравенство x + Но если x достаточно велико, то это неравенство не может выполняться.

всех x из интервала 0, 1. Это неравенство можно переписать к противоречию.

26.25. Предположим, что функция f(x) на отрезке [a, b] является непрерывной, но не равномерно непрерывной. Тогда существует такое положительное число 0, что для любого > 0 найдутся точки x ( ) и x ( ) из отрезка [a, b], обладающие следующими свойствами: |x ( ) x ( )| < и |f(x ( )) f(x ( ))| 0. Положим сти {x } можно выбрать подпоследовательность {x k }, сходящуюся к некоторой точке x0 отрезка [a, b] (задача 25.12). Неравенство |x x | < 1/n показывает, что подпоследовательность {xk } тоже сходится к точке x0. Из непрерывности функции f(x) следует, что f(x k ) f(x0 ) и f(xk ) f(x0 ). Но это противоречит неравенству 26.26. Непрерывность функции f(x) доказана в решении задачи 26.10. Пусть x1 = 320 Глава 26. Непрерывные и разрывные функции Этот ряд расходится (задача 30.7).

26.27. Ясно, что если функция g неубывающая или невозрастающая, то Varb (g) = |g(a) g(b)|; в частности, g — функция ограниченной вариации. Ясно также, что если g1 и g2 — функции ограниченной вариации, то f = g1 + g2 тоже функция ограниченной вариации.

Рассмотрим сумму v = |f(xk+1 ) f(xk )|. Пусть p — сумма тех слагаемых, для которых f(xk+1 ) f(xk ) > 0, а (n) — сумма тех слагаемых, для которых f(xk+1 ) f(xk ) < 0. Тогда v = p + n и f(b) f(a) = p n, поэтому Пусть V, P и N — точные верхние грани чисел v, p и n для всех наборов точек x0 = a < x1 <...< xm < b= xm+1. Аналогично определим числа V(x), P(x) и N(x), заменив отрезок [a, b] на отрезок [a, x].

Ясно, что P(x) и N(x) — неубывающие функции на отрезке [a, b].

Ясно также, что поэтому f(x) = f(a) + P(x) N(x). Обе функции f(a) + P(x) и N(x) неубывающие.

26.28. Предположим сначала, что функция V непрерывна в точке x0. Функция f является суммой двух монотонных функций, поэтому существуют односторонние пределы f(x0 +) и f(x0 ). Из определения функции V следует, что если x0 < x b, то поэтому |f(x0 +) f(x0 )| V(x0 +) V(x0 ) = 0, т. е. f(x0 +) = f(x0 ).

Аналогично доказывается, что f(x0 ) = f(x0 ).

Предположим теперь, что функция f непрерывна в точке x (a, b). Тогда для заданного > 0 существует такое > 0, что если |x x0 | <, то |f(x) f(x0 )| < /2. Для того же самого существует такое разбиение отрезка [x0, b], что Выражение, стоящее в правой части неравенства, при измельчении разбиения не уменьшается, поэтому можно считать, что x0 < x1 < x0 +. В таком случае Сравнивая неравенства (1) и (2), получаем V(x1 ) V(x0 ) <. Ясно также, что V(x1 ) V(x0 ). Следовательно, V(x0 +) = V(x0 ). Аналогично V(x0 ) = V(x0 ). Если x0 = a или x0 = b, то нужно рассматривать только один из односторонних пределов.

ЛОГАРИФМ И ПОКАЗАТЕЛЬНАЯ

ФУНКЦИЯ

27.1. Определение показательной функции и логарифма Определим сначала показательную функцию ax для рациональных x. (Показательную функцию мы определяем только для положительных a.) Пусть a > 0 и x = p/q, где p и q — наq туральные числа. Определим ax как ap, где имеется в виду арифметическое (положительное) значение корня. Ясно, что a = ap. Действительно, это равенство эквивалентно равенству (a ) = (ap )nq. При x < 0 мы полагаем ax = 1/ax.

27.1. а) Пусть a > 1. Докажите, что если x1 > x2, то ax1 > ax2.

б) Пусть a < 1. Докажите, что если x1 > x2, то ax1 < ax2.

27.2. Пусть a > 1. Докажите, что ax может быть сколь угодно велико, если x достаточно велико.

27.3. Докажите, что ax1 +x2 = ax1 ax2.

27.4. Докажите, что ax = (ax ) для любого рационального 27.5. Пусть a — положительное число, {xn } — последовательность рациональных чисел, причём lim xn =0. Докажиn те, что lim axn = 1.

27.6. Докажите, что если существует предел lim xn = x, где {xn } — последовательность рациональных чисел, то существует предел lim axn, причём этот предел зависит тольn ко от x.

Пусть a — положительное число. Определим ax для произвольного x следующим образом. Пусть {xn } — последовательность рациональных чисел, сходящаяся к x. Положим ax = lim axn.

27.7. а) Пусть a > 1. Докажите, что если x > y, то ax > ay.

б) Пусть a < 1. Докажите, что если x > y, то ax < ay.

27.8. Докажите, что если lim xn = x, где {xn } — последоn вательность произвольных (не обязательно рациональных) чисел, то lim axn = ax.

27.9. Докажите, что ax1 +x2 = ax1 ax2 для произвольных (не обязательно рациональных) чисел x1 и x2.

27.10. Пусть a — положительное число, причём a = 1.

Докажите, что для любого положительного числа x существует единственное число y, для которого ay = x.

Пусть a и x — положительные числа, причём a = 1. Логарифм x по основанию a — это число y = loga x, для которого ay = x. Для логарифмов по основанию 10 используется обозначение lg, а для логарифмов по основанию e используется обозначение ln.

27.11. Докажите, что функция f(x) = loga x непрерывна.

27.12. Докажите, что loga (x1 x2 ) = loga x1 + loga x2.

27.13. Решите уравнение 52x1 + 5x+1 = 250.

27.14. Решите уравнение 6x 2x = 32.

27.15. Сколько цифр имеет число 2100 ?

27.17. Предположим, что a2 + b2 = 7ab и ab = 0. Докажите, что 324 Глава 27. Логарифм и показательная функция 27.18. Докажите, что 27.19. Докажите, что 3/10 < lg 2 < 1/3.

27.20. Сравните числа loga1 a и loga (a + 1), где a > 1.

27.21. Сравните числа log2 3 и log3 5.

27.22. Сравните числа log20 80 и log80 640.

27.23. Сравните числа log5 7 и log13 17.

27.24. Сравните числа log3 7 и log7 27.

27.5. Иррациональность логарифмов 27.25. Докажите, что следующие числа иррациональны:

а) log2 3; б) log2 3; в) log5+32 (3 + 5 2).

27.26. Приведите пример положительных иррациональных чисел a и b, для которых число ab целое.

27.6. Некоторые замечательные пределы 27.27. Докажите, что lim (1 + 1/x)x = e.

ственного a.

27.30. Докажите, что lim = ln a для любого положиx тельного a.

Такую же роль, какую играют для окружности тригонометрические функции, для гиперболы x2 y2 = 1 играют гиперболические функции:

Очевидно, что sh(x) = sh x и ch(x) = ch x.

27.31. Докажите, что точка с координатами x = ch t, y = = sh t лежит на гиперболе x2 y2 = 1.

27.32. Докажите, что Обратные гиперболические функции определяются следующим образом:

если x = sh y, то y = Arsh x (ареасинус* гиперболический);

если x = ch y, то y = Arch x (ареакосинус гиперболический);

если x = th y, то y = Arth x (ареатангенс гиперболический);

если x = cth y, то y = Arcth x (ареакотангенс гиперболический).

27.33. Докажите, что Гиперболической амплитудой числа x называют угол (/2 < поскольку a>1. Для положительных чисел и неравенство > эквивалентно неравенству q > q. Поэтому ap1 /q > ap2 /q.

* От латинского area — площадь.

326 Глава 27. Логарифм и показательная функция б) Решение аналогично, но в этом случае ap1 < ap2, поскольку a < 1.

27.2. Положим a = 1 +, где > 0. Тогда Поэтому если n > y/, то a > y.

27.3. Можно считать, что x1 = p1 /q x2 p2 /q. Ясно, что ap1 +p2 = ap1 ap2. Поэтому ax1 +x2 = ap1 +p2 = ap1 · ap2 = ax1 ax2.

27.4. Для натурального это следует из задачи 27.3. Если = p/q, то достаточно извлечь корень степени q из обеих частей равенства apx = (ax )p.

27.5. Рассмотрим сначала следующий частный случай: xn =1/n.

В этом случае требуемое утверждение доказано в решении задачи 25.20.

Для исходной последовательности {xn } можно построить последовательность натуральных чисел kn так, что 1/kn 1. Согласно задаче 27. последовательность {a1/n } монотонна. Ясно также, что эта последовательность ограничена, поэтому она имеет некоторый предел lim a1/n = c. Её подпоследовательность {a1/(2n) } имеет тот же самый предел, поэтому c = c2, так как a1/n = (a1/(2n) )2. Таким образом, c = 0 или 1. Но a1/n 1, поэтому c 1.

27.6. Будем считать, что a > 1; случай a < 1 разбирается аналогично. Рассмотрим вспомогательные последовательности рациональных чисел {x } и {x }, сходящиеся к x, причём {x } монотонно возрастает, а {x } монотонно убывает. Согласно задаче 27.1 послеn довательность {axn } монотонно возрастает. Эта последовательность ограничена, поэтому существует предел lim axn = c. Аналогично существует предел lim axn = c. Ясно, что x x 0, поэтому согласно задаче 27.5 c /c = lim axn xn = 1, т. е. c = c = c.

Теперь для исходной последовательности {xn } мы можем выбрать последовательность натуральных чисел kn так, что x n < xn < xn. Поэтому lim axn = c. Число c зависит только от x.

27.7. а) Выберем рациональные числа p и q так, что x > p > q > y.

Тогда можно выбрать последовательности рациональных чисел {xn } и {yn } так, что они сходятся к x и y и при этом xn p и yn q для всех n. Согласно задаче 27.1 имеют место неравенства axn ap aq ayn, поэтому ax ap aq ay.

б) Решается аналогично.

27.8. Решение аналогично решению задачи 27.6. Мы снова выбираем такие же последовательности {x } и {x }. Согласно задаn n че 27.7 из неравенств x n < xn < xn следуют неравенства axkn < axn < < axkn, а потому lim axn = c = ax.

27.9. Соотношение ax1 +x2 = ax1 ax2 для произвольных чисел следует из аналогичного соотношения для рациональных чисел (задача 27.3), поскольку функция f(x) = ax непрерывна (задача 27.8).

27.10. Функция f(x) = ax непрерывна (задача 27.8) и монотонна (это легко вывести из утверждения задачи 27.1, воспользовавшись непрерывностью функции f). Кроме того, согласно задаче 27. число ay может быть как сколь угодно велико, так и сколь угодно близко к нулю (для доказательства последнего утверждения нужно заметить, что ay = 1/ay ). Поэтому согласно теореме о промежуточном значении для любого x > 0 найдётся такое число y, что ay = x. Единственность числа y следует из монотонности функции f.

27.11. Докажем непрерывность в точке x0 = ay0, где y0 = loga x0.

Для заданного > 0 возьмём в качестве наименьшее из двух положительных чисел |ay0 ay0 + | и |ay0 ay0 |. Функция g(y) = ay монотонна, поэтому из неравенства |ay0 ay | < следует неравенство |y0 y| <, т. е. из неравенства |x0 x| < следует неравенство | loga x0 loga x| <.

27.12. Это следует из соответствующего свойства показательной функции: ay1 +y2 = ay1 ay2 (задача 27.9).

27.13. О т в е т: x = 2. Функция f(x) = 52x1 + 5x+1 монотонно возрастает, поэтому она принимает значение 250 лишь при одном значении x. Ясно также, что f(2) = 53 + 53 = 250.

27.14. О т в е т: x = 2. Поделив обе части уравнения на 2x = 0, перейдём к уравнению 3x 2 = 32 · 2x. Функция f(x) = 3x монотонно возрастает, а функция g(x) = 32 · 2x монотонно убывает. Поэтому уравнение f(x) = g(x) не может иметь больше одного решения. А одно решение легко угадывается.

27.15. О т в е т: 31 цифру. Ясно, что 2100 = 102410 > 100010, поэтому число 2100 имеет не меньше 31 цифры. С другой стороны, 328 Глава 27. Логарифм и показательная функция Таким образом, 2100 = 102410 < 10 · 100010, поэтому число 2100 имеет меньше 32 цифр.

27.16. а) По определению aloga x = x. Прологарифмировав обе части этого равенства по основанию b, получим loga x · logb a = logb x.

б) Запишем тождество из задачи а) для x = b и заметим, что 27.17. Требуемое равенство можно переписать в виде lg = =lg ab (мы воспользовались тем, что ab > 0). Из условия следует, Поэтому нужно доказать, что 2 lg < lg 2 + lg 5, т. е. lg(2 ) < lg 10.

Остаётся заметить, что 2 < 9,87 (задача 33.4).

27.19. Неравенство 3/10 52 = 9b > 8b. Значит, log2 3 > log3 5.

27.22. Ясно, что log20 80 = 1 + 2 log20 2 и log80 640 = 1 + 3 log80 2.

= log2 8000 > log2 6400 = 2 log2 80. Поэтому log20 80 < log80 640.

27.23. Ясно, что log5 7 1 = log проверить, что >. Поэтому log5 > log13 > log13. В итоге получаем, что log5 7 > log13 17.

27.24. Ясно, что log7 27 = 3 log7 3 =. Докажем неравенство (log3 7)2 > 3, т. е. log > 2187. В итоге получаем, что log3 7 > log7 27.

27.25. а) Предположим, что log2 3=p/q, где p и q — натуральные числа. Тогда 2p/q = 3, т. е. 2p = 3q. Этого не может быть.

б) Предположим, что log2 3 = p/q, где p и q — натуральные числа. Тогда ( 2)p/q = 3, т. е. 2p = 32q. Этого не может быть.

в) Эта задача эквивалентна задаче 6.25.

27.26. Положим a = 2 и b = log2 3. Числа a и b иррациональные (задачи 6.16 и 27.25). При этом ab = ( 2)log 2 3 = 3.

27.27. Мы воспользуемся тем, что lim (1 + 1/n)n = e (задача 25.37). Для каждого x 1 можно выбрать натуральное число n так, что n x < n + 1. Тогда При n пределы правых частей обоих неравенств равны e.

Докажем теперь, что при x предел получается тот же самый. Для этого положим y = x и заметим, что При y правая часть стремится к e.

27.28. Согласно задаче 27.27 lim (1+x)1/x =e. Из этого, воспольx зовавшись непрерывностью логарифма, получаем lim ln(1+x)=1.

27.29. Пусть (1 + x)a = 1 + y. Тогда y 0 при x 0. Далее, a ln(1 + x) = ln(1 + y). Поэтому Воспользовавшись пределом из задачи 27.28, получаем требуемое.

27.30. Пусть ax 1 = y. Тогда y 0 при x 0. Кроме того, делом из задачи 27.28, получаем требуемое.

27.31. Формула для разности квадратов показывает, что 27.32. Ясно, что Из этого легко получается первое равенство. Второе равенство доказывается аналогично.

330 Глава 27. Логарифм и показательная функция e2y 2xey 1 = 0. Решая это квадратное уравнение относительно ey, получаем ey = x ± x2 + 1. Но ey 0, поэтому ey = x + x2 + 1, Пусть y=Arch x. Тогда x=ch y= = 0, а значит, e= x ± x2 Таким образом, y = ln(x ± x2 1).

Равенство (x + x2 1)(x x2 1) = 1 показывает, что Пусть y = Arth x. Тогда x = th y = 27.34. а) Ясно, что 1 = ch2 x sh2 x = ch2 x tg2. Поэтому ch2 x = 1 + tg2 = 1/ cos2. Кроме того, ch x и cos положительны.

Поэтому x = ln tg. Формула для тангенса суммы показыtg( /2) что и требовалось.

ПРОИЗВОДНАЯ

Производная функции f(x) в точке x0 — это предел Если этот предел существует, то говорят, что функция f(x) дифференцируема в точке x0.

Для функции f(x), определённой на отрезке [a, b], производные в точках a и b определяются как односторонние пределы.

Производную функции g(x) = f (x) называют второй производной или производной второго порядка функции f(x) и обозначают f (x). Аналогично определяется производная третьего порядка f (x) и т. д. Производную n-го порядка обозначают f(n) (x).

28.1. Пусть функция f(x) дифференцируема в точке x0.

Прямая, проходящая через точки (x0, y0 ) и (x1, y1 ), где y0 = =f(x0 ) и y1 =f(x1 ), задаётся уравнением yy0 =k(x1 )(xx0 ).

Докажите, что lim k(x1 ) = f (x0 ).

Прямую y f(x0 ) = f (x0 )(x x0 ) называют касательной к графику y = f(x) в точке (x0, f(x0 )).

28.2. Докажите, что если функция f(x) дифференцируема в точке x0, то она непрерывна в этой точке.

28.3. Докажите, что если функции f(x) и g(x) дифференцируемы в точке x0, то:

б) (fg)(x0 )=f(x0 )g(x0 )+f(x0 )g(x0 ), где (fg)(x)=f(x)g(x);

Композицией функций f и g называют функцию gf(x)=g(f(x)).

28.4. Пусть функция f дифференцируема в точке x0, а функция g дифференцируема в точке y0 = f(x0 ). Предположим, что у точки x0 есть такая окрестность U(x0 ), что если x принадлежит U(x0 ) и x = x0, то f(x) = f(x0 ).

Докажите, что функция g f дифференцируема в точке x и (g f) (x0 ) = g [f(x0 )]f (x0 ).

Пусть функция f(x) монотонно возрастает на отрезке [a, b]. Тогда каждой точке y отрезка [f(a), f(b)] соответствует единственная точка x отрезка [a, b], для которой y = f(x). Поэтому можно определить обратную функцию g(y) = x.

28.5. Пусть f (x0 ) = 0, g(y) — обратная к f(x) функция.

28.2. Производные элементарных функций 28.6. Докажите, что (xn ) = nxn1 для любого натурального n.

28.7. Докажите, что (xa ) = axa1 для любого вещественного a и положительного x.

28.8. Докажите, что (sin x) = cos x и (cos x) = sin x.

28.10. Докажите, что (ax ) = ax ln a для a > 0.

28.11. Докажите, что (loga x) =.

28.12. Докажите, что (arcsin x) = p и (arctg x) = 28.13. Пусть функции u(x) и v(x) дифференцируемы, причём функция u(x) положительна. Докажите, что функУсловия задач ция uv = u(x)v(x) дифференцируема и найдите её производную.

28.14. Вычислите производную функции f(x) = xsin x (для x > 0).

28.15. Вычислите производную функции f(x) = cosx a sinx a, где 0 < a < — постоянный угол.

28.16. Докажите, что многочлен f(x) степени n 2 имеет кратный корень тогда и только тогда, когда f(x) и f (x) имеют общий корень.

28.17. Докажите, что если то x4 + a1 x3 + a2 x2 + a3 x + a4 делится на (x x0 )2.

28.18. Докажите, что многочлен не имеет кратных корней.

См. также задачи 23.22, 24.7.

28.19. Пусть P(x) — многочлен с целыми коэффициентами. Докажите, что все коэффициенты его n-й производной P(n) (x) делятся на n! для любого натурального n.

28.20. Докажите, что среднее арифметическое корней многочлена равно среднему арифметическому корней его производной.

28.21. Пусть f и g — многочлены степени n. Докажите, что fg(n) f g(n1) +f g(n2) f(3) g(n3) +...+(1)n f(n) g — константа.

28.22. Пусть p и q — вещественные числа. Выясните, сколько вещественных корней имеет кубическое уравнение x3 + px + q = 0 в зависимости от знаков чисел p и D = +.

28.23. Пусть f(x) = (x x1)... (x xn ), где числа x1,..., xn попарно различны и отличны от нуля. Докажите, что 28.24. Пусть P(x) = (x x1)... (x xn ), где x1,..., xn — вещественные числа. Докажите, что (P (x))2 P(x)P (x) для всех вещественных x.

28.25. Четыре корня многочлена четвёртой степени образуют арифметическую прогрессию. Докажите, что корни его производной тоже образуют арифметическую прогрессию.

28.26. Докажите, что любой многочлен можно представить в виде разности двух монотонно возрастающих многочленов.

28.27. Докажите, что многочлен P(x) = a0 + a1 xk1 + a2 xk2 + +... + an xkn имеет не более n положительных корней.

28.28. Докажите, что если все корни многочлена с вещественными коэффициентами вещественны и попарно различны, то (Ньютон).

См. также задачу 10.33.

28.29. Пусть (x + a)n = A0 + A1 x +... + An xn. Найдите коэффициенты A0,..., An последовательным дифференцированием.

28.30. Вычислите сумму 1 + 2x + 3x2 +... + nxn1, продифxn+ См. также задачи 14.16, 30.14.

28.31. Касательная к кривой y = ex в точке (x0, y0 ) пересекает ось Ox в точке (x1, 0). Докажите, что разность x1 x одна и та же для всех точек кривой.

28.32. На параболе, ось которой параллельна оси Oy, взяты точки A1, A2 и A3. Пусть k1 — тангенс угла наклона касательной в точке A1, kij — тангенс угла наклона секущей Ai Aj. Докажите, что k1 = k12 + k13 k23.

Нормаль к кривой y = f(x) в точке (x0, y0 ) — это прямая, которая проходит через точку (x0, y0 ) перпендикулярно касательной в этой точке.

28.33. Докажите, что нормаль к кривой y = f(x) в точке (x0, y0 ) задаётся уравнением 28.34. Нормаль к параболе y = x2 в точке (x0, y0 ) пересекает ось Oy в точке (0, y1 ). Докажите, что разность y1 y постоянна для всех точек параболы.

См. также задачу 8.17.

28.7. Функции, дифференцируемые на отрезке 28.35. Функция f(x) определена на отрезке [a, b] и в некоторой внутренней точке x0 этого отрезка она достигает наибольшего или наименьшего значения. Докажите, что если в точке x0 существует производная, то f (x0 ) = 0 (Ферма).

28.36. Функция f(x) дифференцируема на отрезке [a, b], причём f(a) = f(b). Докажите, что существует внутренняя точка x0 этого отрезка, для которой f (x0 ) = 0 (Ролль).

28.37. Функция f(x) дифференцируема на отрезке [a, b].

Докажите, что существует внутренняя точка x0 этого отрезка, для которой Теорему Лагранжа, записанную в виде часто называют формулой конечных приращений.

28.38. Функция f(x) дифференцируема на отрезке [a, b], причём f (x) = 0 для всех точек x отрезка [a, b]. Докажите, что функция f(x) постоянна на отрезке [a, b].

28.39. Функция f(x) дифференцируема на отрезке [a, b].

а) Докажите, что эта функция неубывающая (на этом отрезке) тогда и только тогда, когда f (x) 0 для любой точки x интервала (a, b).

б) Докажите, что если f (x) 0 для любой точки x интервала (a, b) и не существует отрезка [p, q], содержащегося в [a, b], во всех точках которого f обращается в нуль, то функция f(x) возрастающая.

28.40. Функции f(x) и g(x) дифференцируемы на отрезке [a, b]. Докажите, что если f(a) = g(a) и f (x) > g (x) для любой точки x интервала (a, b), то f(x) > g(x) для любой точки x интервала (a, b).

28.41. Докажите, что если x > 0, то cos x > 1 и sin x > 28.42. Докажите, что если 0 < x < З а м е ч а н и е. Доказательства неравенств из задач 28.41 и 28.42 основаны на том, что из неравенства для производных следует неравенство для функций. Другими словами, из неравенства для функций следует неравенство для первообразных (интегралов). Такой подход (по сути дела, эквивалентный) в некотором смысле более естествен: чтобы получить неравенство, нужно вычислить первообразную. Поэтому здесь мы привели только два неравенства. Более подробно этот метод доказательства неравенств обсуждается в разделе 29.8.

28.43. а) Пусть 0 < < 1 и x 0. Докажите, что x x б) Пусть a, b, p и q — положительные числа, причём 28.44. Функции f(x) и g(x) дифференцируемы на отрезке [a, b], причём производная g (x) не обращается в нуль во внутренних точках этого отрезка. Докажите, что существует внутренняя точка x0 отрезка [a, b], для которой < sin.

28.46. Докажите, что если 0< < tg.

28.47. Докажите, что если 0< 3.

28.48. а) Докажите, что ex > 1 + x для любого x = 0.

ного n.

28.49. Пусть x > 0, x = 1. Докажите, что: а) ln x < x 1;

28.50. а) Докажите, что ln x < n(x1/n 1) < x1/n ln x для любого положительного числа x = 1.

б) Докажите, что lim n(x1/n 1) = ln x для любого полоn жительного числа x = 1.

28.51. Пусть x > 0.

а) Докажите, что lim n ln(1 + x/n) = x.

б) Докажите, что lim (1 + x/n)n = ex.

28.52. Докажите, что ex > xe для любого положительного x = e.

28.53. Пусть a и b — положительные числа. Докажите, 28.54. Пусть a > b > 0. Докажите, что 28.55. Докажите, что при 0 < x < 28.56. Пусть 0 < x < 28.57. Докажите, что если x > 1 и x = 0, то См. также задачу 8.17.

28.58. Пусть функции f(x) и g(x) удовлетворяют условиям теоремы Коши (задача 28.44) и, кроме того, f(a) = g(a) = (правило Лопиталя).

28.59. Вычислите с помощью правила Лопиталя предел 28.60. Вычислите предел lim.

28.62. Сколько (вещественных) решений имеет уравнение x3 3x = a в зависимости от значения параметра a?

28.63. Сколько решений имеет уравнение x3 + 1 = ax в зависимости от значения параметра a?

28.64. Сколько решений имеет уравнение ex = ax в зависимости от значения параметра a?

28.65. Сколько решений имеет уравнение ax = x в зависимости от значения положительного параметра a?

28.66. Сколько решений имеет уравнение ax = loga x в зависимости от значения положительного параметра a = 1?

28.67. Сколько решений имеет уравнение =log 1 x?

28.68. Докажите, что при чётном n многочлен не имеет вещественных корней, а при нечётном n имеет ровно один вещественный корень.

См. также задачу 24.4.

28.69. Докажите, что если f(x) — периодическая функция, то f (x) тоже периодическая функция.

28.70. Докажите, что если — положительное иррациональное число, то функция f(x) = sin x + sin x непериодическая.

28.12. Нормированные симметрические функции Элементарная симметрическая функция k (x1,..., xn ) содержит Ck слагаемых. В связи с этим иногда рассматриn вают нормированные элементарные симметрические функk 28.71. Пусть x1,..., xn — корни многочлена, y1,..., yn1 — 28.72. Пусть x1,..., xn — положительные числа и = k (x1,..., xn ). Докажите, что (Маклорен).

28.73. Пусть x1,..., xn — вещественные числа. Докажите, что для всех k = 1, 2,..., n 1 имеют место неравенства (Ньютон).

28.13. Алгебраические и трансцендентные функции Функцию f(x) называют алгебраической, если существуют многочлены P0 (x),..., Pn (x), для которых причём многочлен P0 (x) не равен тождественно нулю. В противном случае функцию f(x) называют трансцендентной.

28.74. Докажите, что функция f(x) = sin x трансцендентная.

28.75. Докажите, что функция f(x)=ex трансцендентная.

28.76. а) Пусть a — фиксированное число. Докажите, что любой многочлен f(x) = a0 + a1 x + a2 x2 +... + an xn можно записать в виде где A0, A1,..., An — константы.

28.77. Пусть a — фиксированное число, f(x) — функция, имеющая производные до порядка n + 1 включительно для любого x между a и b (для некоторого b). Докажите, что если число x заключено между a и b и если для некоторого б) Докажите, что разность между cos x и 1 + + в) Докажите, что разность между ex и 1 + x + + +...

...+ З а м е ч а н и е. Приводимые в задаче 28.78 следствия из формулы Тейлора можно получить и более простыми средствами. По этому поводу см. раздел 29.8.

28.1. Рассматриваемая прямая задаётся уравнением y y0 = средственно из определения производной видно, что lim k(x1 ) = = f (x0 ).

28.2. Запишем тождество lim (f(x) f(x0 )) = f (x0 ) · 0 = 0. Это означает, что функция f(x) xx непрерывна в точке x0.

28.3. а) Непосредственно следует из свойств предела суммы двух функций.

б) Пусть h(x) = f(x)g(x). Тогда h(x) h(x0 ) = f(x)(g(x) g(x0 )) + g(x0 )(f(x) f(x0 )).

Поделим обе части этого равенства на x x0 и заметим, что f(x) f(x0 ) при x x0.

в) Пусть h(x) = f(x)/g(x). Тогда Устремляя x к x0, получаем требуемое.

28.4. Тождество показывает, что функция g f дифференцируема в точке x и (g f) (x0 ) = g [f(x0 )]f (x0 ).

28.6. Ясно, что При x x0 каждое из n слагаемых стремится к x0.

28.7. Легко проверить, что =a (задача 27.29).

28.8. Ясно, что и функции sin x и cos x непрерывны (задача 26.9).

28.9. Согласно задаче 28.3 в) Для (ctg x) вычисления аналогичны.

28.10. Ясно, что ax ax0 = ax0 (axx0 1). Остаётся заметить, что xx 28.11. Поскольку loga x= 28.12. Если x = sin y, то arcsin x = y. Поэтому arcsin — функция, обратная к sin. Значит, согласно задаче 28.5, Если x = tg y, то arctg x = y, поэтому 28.13. Ясно, что если y = uv, то ln y = v ln u. Дифференцируя это 28.15. Согласно задаче 28. f (x) = cosx a · ln cos a sinx a · ln sin a = cosx a(ln cos a tgx a · ln sin a).

28.16. Предположим, что f(x) = (x x0 )m g(x), где m 2. Тогда многочлен f (x)=m(xx0 )m1 g(x)+(xx0 )m g (x) имеет корень x0.

Предположим, что f(x) = (x x0 )g(x), причём g(x0 ) = 0. Тогда f (x) = g(x) + (x x0 )g (x), поэтому f (x0 ) = g(x0 ) = 0. Таким образом, если все корни многочлена f(x) имеют кратность 1, то они не являются корнями многочлена f (x).

28.17. Пусть f(x) = x4 + a1 x3 + a2 x2 + a3 x + a4. По условию f(x0 ) = f (x0 ) = 0. Следовательно, x0 — двукратный корень многочлена f(x), т. е. многочлен f(x) делится на (x x0 )2.

28.18. Предположим, что у многочлена fn (x) есть кратный корень. Тогда многочлены fn (x) и fn (x) = fn1 (x) имеют общий коxn рень x0. Следовательно, fn (x0 )fn1 (x0 )=0. Но fn (x)fn1 (x)=, поэтому x0 = 0. Приходим к противоречию, поскольку fn (0) = 0.

28.19. Требуемое утверждение достаточно доказать для монома xm. Ясно, что если n m, то Число n! Cn, очевидно, делится на n!, поскольку число Cn целое.

Если же n > m, то (xm )(n) = 0.

28.20. Пусть f(x) = an xn + an1 xn1 +... + a0. Тогда по теореan среднее арифметическое равно. Сумма корней производной 28.21. Производная данного выражения равна fg(n+1) + f g(n) f g(n) f g(n2) + f g(n2) +... + (1)n f(n) g + (1)n f(n+1) g. Все промежуточные члены взаимно сокращаются, и остаются только fg(n+1) ± f(n+1) g. Но f и g — многочлены степени n, поэтому их (n + 1)-е производные равны нулю.

28.22. Положим f(x) = x3 + px + q. Тогда f (x) = 3x2 + p. Если p 0, то функция f монотонна и её график пересекает ось x ровно в одной точке. В этом случае уравнение имеет ровно один вещественный корень. Отметим, что в этом случае D 0.

Пусть теперь p < 0. Тогда функция f возрастает на участке от до p/3, затем убывает на участке от p/3 до p/3, а после этого возрастает на участке от p/3 до. Ясно, что f(x)f(x) = q2 x2 (x2 + p)2. При x = p/3 выражение в правой части превращается в 4D. Поэтому если D < 0, то график функции f пересекает ось x на участке от p/3 до p/3, на котором функция убывает. В этом случае уравнение имеет три вещественных корня. Если D>0, то уравнение имеет один вещественный корень. Если же D = 0, то уравнение имеет два вещественных корня.

значения g(x1 ),..., g(xn ). Поэтому если g(x) — многочлен степени Положим g(x) = xk+1, где 0 k n 2. В результате получим xk+1 n x = 0, получим требуемое равенство при 0 k n 2. xnf(x) Положим теперь g(x)=xnf(x). В результате получим = требуемое равенство для k = n 1.

28.24. Если x = xi, то неравенство очевидно. Поэтому будем считать, что x — не корень многочлена P. Тогда Продифференцировав обе части этого равенства, получаем 28.25. После замены x на x + c можно считать, что рассматриваемый многочлен 4-й степени имеет корни ±a/2, ±3a/2. Произa2 9a корни производной равны ± a и 0.

28.26. Пусть f — данный многочлен. Рассмотрим многочлены F > 0 и G > 0 (т. е. F и G монотонно возрастают), поскольку (f )2 ± f + 1 = (f ± 1/2)2 + 3/4 3/4.

28.27. Применим индукцию по n. При n = 1 получаем многочлен a0 + a1 xk, который имеет не более одного положительного корня. Предположим, что многочлен P(x) имеет более n положительных корней. Между любыми двумя положительными корнями многочлена есть по крайней мере один положительный корень его производной. Поэтому многочлен P (x) = b1 xk1 1 + b2 xk2 1 +...

... + bn xkn 1 имеет более n 1 положительных корней. Можно считать, что k1 < k2 <... < kn. Тогда многочлен P (x) можно сократить на xk1 1 (при этом мы потеряем только корень x = 0). В результате получим, что многочлен b1 + b2 xk2 k1 +... + bn xkn k1 имеет более n 1 положительных корней. Это противоречит предположению индукции.

28.28. Положим Q(y) = yn P(y1 ). Корни многочлена Q(y) тоже вещественны и попарно различны, поэтому корни квадратного трёхчлена Q(n2) (y) = (n 2)(n 3) ·... · 4 · 3[n(n 1)an y2 + 2(n 1)an1 y + 2an2 ] вещественны и различны. Следовательно, При i = n 1 требуемое неравенство доказано.

Рассмотрим теперь многочлен Применив к нему уже доказанное неравенство, получим А так как После сокращения получаем требуемое неравенство.

28.29. При x = 0 получаем A0 = an. Продифференцировав исходное равенство, получим При x = 0 получаем A1 = nan1. Продифференцировав новое равенство, получим З а м е ч а н и е. Другое вычисление требуемой суммы приведено в решении задачи 9.6.

28.31. Касательная к кривой y = f(x) в точке (x0, y0 ) задаётся уравнением y y0 = f (x0 )(x x0 ). Поэтому для x1 получаем уравнение y0 = ex0 (x1 x0 ). Учитывая, что y0 = ex0, получаем x0 x1 = 1.

28.32. Числа k1 и kij не изменяются при параллельном переносе осей координат, поэтому можно считать, что мы имеем дело с параболой y = ax2. Пусть Ai = (xi, yi ). Тогда k1 = 2ax1 и Теперь требуемое равенство легко проверяется.

28.33. Если прямая задаётся уравнением = k, то перпенx x дикулярная ей прямая, проходящая через точку (x0, y0 ), задаётся тельная к кривой y = f(x) в точке (x0, y0 ) задаётся уравнением = f (x0 ), поэтому нормаль в точке (x0, y0 ) задаётся уравнеx x 28.34. Нормаль к параболе y = x2 в точке (x0, y0 ) задаётся уравy y нением. Чтобы найти y1, полагаем x=0. В результате 28.35. Пусть для определённости f(x0 ) f(x) для всех x из отрезка [a, b]. Рассмотрим односторонние пределы В обоих пределах числитель неотрицателен. При этом в первом пределе знаменатель положителен, а во втором отрицателен. Значит, первый предел неотрицателен, а второй неположителен. Но оба предела равны f (x0 ).

28.36. Функция f(x) непрерывна на отрезке [a, b], поэтому по теореме Вейерштрасса (задача 26.17) среди её значений есть наибольшее M и наименьшее m. Если M = m, то функция f(x) постоянна, поэтому в качестве x0 можно взять любую внутреннюю точку отрезка. Если же M > m, то одно из этих двух значений достигается не в конце отрезка, потому что по условию f(a) = f(b).

Значит, в некоторой внутренней точке x0 отрезка [a, b] функция f(x) достигает наибольшего или наименьшего значения, поэтому по теореме Ферма (задача 28.35) f (x0 ) = 0.

28.37. Рассмотрим вспомогательную функцию F(x) = f(x) f(a) f(b) (xa). Эта функция дифференцируема на отрезке [a, b] и F(a) = F(b) = f(a). Поэтому к функции F(x) можно применить теорему Ролля (задача 28.36). В результате получим, что существует внутренняя точка x0 отрезка [a, b], для которой F (x0 ) = 0, 28.38. Пусть a < x b. Применим теорему Лагранжа (задача 28.37) к функции f на отрезке [a, x]. В результате получим, что f(x) f(a) = f (x0 )(x a) для некоторой точки x0 отрезка [a, x]. По условию f (x0 ) = 0, поэтому f(x) = f(a).

28.39. а) Непосредственно из определения производной видно, что f (x) 0 для неубывающей функции f(x).

Предположим теперь, что f (x) 0 для любой точки x интервала (a, b). Возьмём на отрезке [a, b] две точки x и y так, что x < y. Применим теорему Лагранжа (задача 28.37) к отрезку [x, y].

В результате получим, что f(y) f(x) = f (z)(y x) для некоторой точки z интервала (x, y). По условию f (z) 0, поэтому f(y) f(x).

б) Согласно задаче а) функция f(x) неубывающая. Выберем на отрезке [a, b] две точки x и y так, что x < y. Тогда для любой точки z отрезка [x, y] имеют место неравенства f(x) f(z) f(y).

Поэтому если f(x) = f(y), то функция f постоянна на отрезке [x, y].

Но тогда f обращается в нуль на этом отрезке, что противоречит условию.

28.40. Согласно задаче 28.39 функция f(x) g(x) монотонно и f (x) = sin x > x = g (x) при x > 0, поскольку sin x < x (задача 11.1). Поэтому f(x) > g(x) при x > 0 согласно задаче 28.40.

Пусть теперь f(x) = sin x и g(x) = x и g (x) = 1. Неравенство cos x > 1 только что было доказано.

28.42. Достаточно доказать, что (tg x) = 2 cos x cos2 x задачи 11.1.

28.43. а) Пусть f(x) = x x. Тогда f (x) = (x 1 1). Поэтому f (x) > 0 при 0 < x < 1 и f (x) < 0 при x > 1. Следовательно, f(x) возрастает при 0 < x < 1 и убывает при x > 1. Таким образом, для неотрицательных x наибольшее значение f(x) равно f(1) = 1.

б) Непосредственно следует из а). Действительно, положим умножить обе части неравенства на b1+q/p = bq.

З а м е ч а н и е. По поводу других доказательств см. задачи 8.45 и 26.23.

28.44. Рассмотрим вспомогательную функцию F(x) = (f(b) f(a))(g(x) g(a)) (f(x) f(a))(g(b) g(a)).

Ясно, что и F(a) = F(b) = 0. Поэтому к функции F(x) можно применить теорему Ролля (задача 28.36). В результате получим, что существует внутренняя точка x0, для которой По условию g (x0 ) = 0. Легко также видеть, что g(b) g(a) = 0, поскольку иначе по теореме Ролля нашлась бы внутренняя точка x1, для которой g (x1 ) = 0. Поэтому равенство (1) можно поделить на g (x0 )(g(b) g(a)) и получить требуемое.

28.46. Пусть 0 < x < /2. Тогда поскольку sin x < x и cos x < 1.

28.47. Рассмотрим функцию f(x) = 2 sin x + tg x 3x. Ясно, что Если 0 < < 28.48. а) Пусть f(x)=ex x. Тогда f (x)=ex 1. Поэтому f (x)> при x > 0 и f (x) < 0 при x < 0. Значит, f(x) > f(0) = 1 для любого x = 0.

б) Из неравенства ex > 1 + x следует, что x > ln(1 + x) при x = 1, то f(x) > f(1) = 0. Это и есть требуемое неравенство.

б) В неравенстве ln t < t 1 положим t = 1/x. В результате полуx 28.50. а) Положим y = x1/n. Тогда после сокращения на n требуемые неравенства запишутся в виде ln y < y 1 < y ln y. Такие неравенства доказаны в решении задачи 28.49.

б) Непосредственно следует из а), поскольку lim x1/n = 1 (задаn ча 25.20).

28.51. а) Согласно задаче 28. > e ln x, т. е. ln x/x < 1/e. Рассмотрим функцию f(x) = ln x/x. Легко проверить, что f (x) = (1 ln x)/x2. Производная функции f обращается в нуль лишь в точке x = e. Кроме того, lim (ln x/x) = и lim (ln x/x) = 0. Поэтому f(x) f(e) = ln e/e = 1/e, причём равенx+ ство достигается лишь при x = e.

28.53. Рассмотрим функцию f(x) = b · xa + a · xb, где x 1. Ясно, что f (x) = ab(xa1 xb1 ) > 0 при x > 1, поскольку xa1 /xb1 = = xa+b > 1. Значит, функция f возрастающая и f(2) f(1), т. е.

28.54. Положим a = bx, где x > 1. Требуемое неравенство перепишется в виде и f (x) > g (x) при x > 1, то f(x) > g(x) при x > 1.

28.55. Применим индукцию по n. При n = 1 неравенство очевидно. При n = 2 получаем sin x + sin 2x = sin x(1 + cos x). Ясно, Предположим, что при 0 < x < Покажем, что тогда fn (x) = fn1 (x) + sin nx > 0 при 0 < x < Пусть x0 — точка отрезка [0, в которой функция fn (x) принимает минимальное значение. Предположим, что fn (x0 ) 0, причём x0 = 0 и Тогда fn (x0 ) = 0. Но Далее, fn (x0 ) fn1 (x0 ) = Полученное выражение равно 0 или sin cos = sin x0 > 0.

Таким образом, fn (x0 ) fn1 (x0 ) 0, а значит, fn1 (x0 ) fn (x0 ) 0.

Получено противоречие.

28.56. Фиксируем число x (0 < x < и рассмотрим функцию f(y) = cosy x siny x для y 0. Ясно, что f(0) = 0, f(y) > 0 при y > и f(y) 0 при y. Далее, согласно задаче 28. Функция g(y) = tgy x монотонна, поэтому равенство f (y) = 0 выполняется для единственного положительного числа y. Равенство f(2) = f(2)(cos2 x + sin2 x) = f(4) показывает, что это число заключено между 2 и 4, поэтому f (2) > 0 и f (4) < 0.

Неравенство f (2) > 0 записывается в виде cos2 x ln cos x > >sin2 x ln sin x, т. е. ln((cos x)cos x )>ln((sin x)sin x ). Так мы получаем первое требуемое неравенство. Второе неравенство получается из неравенства f (4) < 0.

З а м е ч а н и е. Фактически мы доказали, что (cos x)cos x > > (sin x)sin x при 0 < y 2 и (cos x)cos x < (sin x)sin x при y 4.

28.57. Рассмотрим функции Легко проверить, что f(0) = g(0) = 0 и g (0) 0 f (0), причём при x = 0 неравенства строгие. Действительно, Таким образом, f(x) > 0 при x > 0 и f(x) < 0 при x < 0. Из этого следует неравенство в правой части. Неравенство в левой части получается аналогично.

28.58. Фиксируем точку x, где a < x b, и применим теорему Коши к отрезку [a, x]. В результате получим, что внутри этого отрезка есть точка x1, для которой Если x a, то x1 a. Из этого следует требуемое.

28.59. Применив правило Лопиталя дважды, получим 28.60. По правилу Лопиталя lim 28.61. О т в е т: 2. Преобразуем отношение производных:

Последнее выражение стремится к 2 при x 0.

28.62. О т в е т: если a > 2 или a < 2, то одно; если a = ±2, то два; если 2 < a < 2, то три.

Пусть f(x) = x3 3x. Тогда f (x) = 3x2 3. Поэтому f (x) = тогда и только тогда, когда x = ±1. Если x < 1, то f (x) > 0; если 1 < x < 1, то f (x) < 0; если x > 1, то f (x) > 0. Таким образом, при x < 1 функция f(x) возрастает, при 1 < x < 1 функция f(x) убывает, а при x > 1 функция f(x) возрастает. Остаётся заметить, что f(1) = 2 и f(1) = 2.

28.63. О т в е т: если a < 3 2, то одно; если a = 3 2, то два;

Ясно, что x = 0 не является решением данного уравнения, поэтому можно перейти к эквивалентному уравнению x2 + 1/x = a.

Пусть f(x)=x2 +1/x. Тогда f (x)=2x1/x2. Поэтому f (x)=0 тогда и только тогда, когда x =. Таким образом, при x < 0 функция f(x) убывает от + до ; при 0 < x < функция f(x) убывает 28.64. О т в е т: при a < 0 одно; при 0 a < e решений нет; при a = e одно; при a > e два.

Рассмотрим функцию f(x) = ex ax. Ясно, что f (x) = ex a.