книги из ГПНТБ / Василевский, А. Б. Методы решения задач учебное пособие

находить приближенные значения корней уравнения (7).

Пусть,

например, нам нужно

найти координаты

экстремальных

точек функции (6) с точностью до 0,1.

Функцию (6) можно рассматривать как сумму двух функций:

iJi = V 3 — х ,

у2=

] / 2х — 1.

На [0,5;

3]

эти функции выпуклые. Поэтому и их сумма — функ­

ция у — также

выпуклая.

у2— возрастающая,

поэтому

можно

Функция

Ух — убывающая,

утверждать,

что функция у или монотонная на

[0,5;

3],

или

имеет

одну экстремальную точку на (0,5; 3). Очевидно,

в

этой

точке

функция достигает максимума.

Вычисляем (с помощью таблиц):

г/(0,5) ^ 1,257;

у (3)^2,236;

£/(1)^2,189; у( 2)^2,732 .

Отсюда ясно, что на (0,5; 3) существует точка х0, в которой дан­

ная функция (6) достигает наибольшего значения.

Допустим, что х0= 2.

Но у (1,5)

2,523,

у (2,5)=: 2,841.

Теперь

ясно, что 2 < х0 <

3.

2,5 < х0<

3.

Но у (2,7) ^

2,838.

Далее,

у (2,6)^; 2,844,

поэтому

Итак, 2,5 < х0< 2,7.

Следовательно, х0=^;2,6 и у (x0)zz 2,844.

Упражнения

_2v -|- 3

Исследовать на экстремум функции:

1. у = Xs — 15*3.

2.

у =

10 '

|_ qx +

3. у = — cos2x

— 5 sin х + 7.

4. у = х3— 9х3 + 15х.

5. у = 2'A’I -f | х | — х2

на

[— 0,5; 0,5].

6. У = ~£г ~ 0

Х1г1

на [0,1].

§ 3 .

П о с т р о е н и е

графиков

с л о ж н ы х

функций

э л е м е н т а р н ым и с р е д с т ва ми *

*

Материал для этого параграфа заимствован из статьи

Г. С. Запорожцева

«Об одном способе построения графиков сложных функции»

(«Математика в шко­

ле»,

1967, №2 ) ,

v

График функции у = у ( х )

ставит

в соответствие точке А (х, 0)

точку В[х\

ф(х)]. Отметим

на оси

Ох значение

ординаты

точки

В ( у = у {х)).

Получаем

точку

С [ср (л:); 0].

точке С[ф(х); 0]

График функции у =

F(x) ставит в соответствие

точку D [ср (х); F (х)].

параллельную

оси Ох.

На пе­

Проводим через D прямую DM,

ресечении DM с прямой АВ получим точку М [х, А[ф(х)]}.

Точка

Здесь

У=

log2(х2 +

2х +

3).

у =

ф (х) = х2+ 2х + 3,

у = F (х) = log2х.

Функция

ф (х)

не

имеет

действительных корней,

поэтому

Ф (х) > 0 на

(— оо,

+

оо)

и функция у =

log2(х2+

2х + 3)

опреде­

лена на (— оо,

+ оо).

Наименьшее

значение

функция

ф (х)

принимает в

точке

х =

= — 1 (абсцисса вершины параболы

у =

х2 + 2х +

3).

ф (— 1) = 2.

Поэтому областью изменения функции у =

log2 (х2 +

2х +

3) является

[1, + оо).

Для построения графика данной функции используем графики

функций у =

ф (х) =

х2 + 2х +

3 и y — F{x) = log2x

(рис. 10).

— 1.

График функции ф (х) симметричен относительно прямой х =

Упраж нения

Построить графики функции:

1- У— л.а ]_ j ■

2.

(/=

log2|x — 3 |.

3. i/ = sinx2.

4.

г/ =

sin

1

.

5.

у = log2 cos х.

6. у = 2C0SJ\

7.

у = sin0 х + cos6а.

ниями:

1)

У = ( х — 1) • |х — 2|; 2) у =

^ ^ | ;

3) ff = "' i +

xa

;

4 ) у = 1 ^ = Т - 2 ;

6 ) у =

/ 2 (а + | а -

2 |)

;

7)

у =

2*-1*1; 8) у = arcsin -j- ;

9) у — — )Л/2 + 1 -(- 3-r;

10)

у =

2х1~ 3х+2.

У > Iog2x,

У < 2-

5.

Построить графики функции у = Iog2x, у = 4х ,

х = 1 (в одной и той ж

системе координат). Заштриховать ту часть координатной

плоскости, точки ко­

торой удовлетворяют системе неравенств:

9.

Привести примеры функций,

определенных на сегменте [0, 1].

'10.

Привести примеры функций,

заданных на (— со, + о о ).

11.

Привести примеры функций,

не определенных на промежутке [0, 1].

12.

Некоторая функция задана на (— 1, 2) и принимает только положитель­

ные значения. Может ли она быть четной?

13.

Привести пример функции,

определенной только в одной точке х = 1.

3*

35

Тождественное преобразование

отдельных частей

данного

выражения

Пример 1. Доказать тождество

У т + х + У т — х

п

У т + х — У т — х

если

2тп

х — п2 + 1 ,

т > 0, 0 < п < 1.

Упростим сначала левую часть равенства:

У т + х + У т — х

( У т + х + У т — х)2

]/ т + х — У т — х

(У т + х)2— ()/ т — х)2

_ 2т + 2 У т2— х2

2 ( т + у т2 — х2)

т + У т 2 — х2

— (т + х) — (т — х)

2х

х

Далее,

т 4—

2

_

т “

4т 2п2

т '

1

. 4п2

Х‘

(п2+ I)2

(/г2 +

I)2

= т 2

(/г + I)2 (1 — /г)2

(п2 +

I)2

Так как

0 < п < 1

и т > 0 , то

( „ + ! ) ( ! _ „ )

т (1 — п2)

У т 2 — х2 = т ■

п2+ 1

п2+

1

Находим

т (1 — п2)

1 — п

т + У т2— х2 = т +

//г

1 +

п2+ 1

п2+ 1

2

= т- п2+

1

'

т + |//л 3— х2

_

tr +

1

1

x

~~ 2mn

~

n ’

что и требовалось доказать.

~n2 +

1

Применение

производной

стоянна на

отрезке [а, Ь\.

Пример 2. Доказать

тождество

2 (sin6х +

cosGx) — 3 (sin4x + cos4x) + 1

=

0.

Будем рассматривать

левую часть

равенства

как функцию от х:

/ (х) =

2 (sin6x + cos°x) — 3 (sin4x +

cos'Jx) +

1. Вычислим f (x):

f

(x) =

1 2 sin6x c o s x — 1 2 cos6x s i n x — 1 2 sin3x c o s x +

1 2 cos3xsinx =

=

12 sin x cos x [(sin2x — cos2x) (sin2x +

cos2x) — (sin2x — cos2x)] =

0.

Следовательно, f{x) —

const на (— oo,

+ со).

Но

/(0) =

0, поэ­

тому f(x) — 0 на (— oo,

+ oo).

Утверждение задачи

доказано.

Применение теоремы о многочлене,

тождественно

равном нулю,

к доказательству тригонометрических тождеств1

Теорема

1. Если многочлен /И(sin х, cos х),

однородный

относи­

тельно sin х и cos х

степени п, обращается в нуль

при п + 1 зна­

чениях аргумента х,

отличающихся

друг

от

друга

на числа,

не

кратные я, то M(s\nx,

cosxj =

0.

Д о к а з а т е л ь с т в о .

М. (sin х, cos х) =

апsin " х + ап-

1 sin "- I x cos х +

. . . +

+

sin х c o s 'Jx + а0cos"x.

(1)

Пусть

М (sin а;.,

cosa;.) = 0,

где

х =

(/ ■= 1,

2, . . . ,

п +

1),

причем корни отличны не на я.

М (sin а7, cos a/) =

апsin" сi} + an-i'sin"-1^- cos a;- + . . .

+

+ axsin ayсоsn~ laj + a„ cos"aj =

0.

(2)

1 Материал для этой части параграфа заимствован из статьи: Э. А.

Я сн но­

в ый . «Применение теоремы о многочлене, тождественно равном нулю,

к доказа­

тельству тригонометрических тождеств»

(«Математика в школе»,

1959,

№ 2).

Рассмотрим случай, когда ни одно

из

чисел

зх (2k -f 1).

Разделив обе части равенства (2)

на

c o s " a получаем:

апtg"a. +

ап-\ tg"-1^

+

• • •

+

ахtg a; +

а0=

0.

(3)

Рассмотрим многочлен

Р (z) = апгп+ an-\zn~x+

. . . +

ахг +

а0.

Равенство

(3)

показывает,

что

этот

многочлен степени п обра­

щается в нуль при п 4- 1 значениях аргумента z, а именно при

tgcti, tg a2,

. . . ,

tg a n+1.

Эти значения z все различны, так как по условию теоремы раз­

ность между

любыми

двумя

из

углов

а;.

не

кратна

л.

Отсюда

Р (z) з= 0, т. е. М (sin х,

cos х) = 0.

одно

из чисел

af

имеет

вид

Рассмотрим теперь случай,

когда

ЗХ (2£+1) .

При этом

значении

а,.

равенство

(2) принимает

вид

a„sin"a;. = 0,

откуда

ап — 0, так как

sina;.^= 0.

так:

Таким образом,

многочлен

(1)

можно

записать

Al(sin.v, cosjc) =

cos х(ап_\ sin"-1 х -f- an_2sinn_2A:cosx -f-

. . . +

+ axsin x cosn_2x: +

a0cos',_Ix).

(4)

Заметим,

что

если

среди

чисел

<х;.

имеется

одно

число

вида

ЗХ

~2 ~{%k+ 1), то оно является единственным, так как если бы среди

чисел йу имелось еще одно число такого

вида,

то

тогда разность

между этими двумя числами была

бы кратна я, что противоречит

условию теоремы.

обращающих данный

многочлен в нуль,

Из п + 1 значений х,

исключим значение, имеющее вид

ЗХ

Остальные п значе­

ний обращают в нуль многочлен (4). Но

так

как

среди них нет

ЗХ

1), то при этих

п значениях х обращается

значений вида -g —(2А +

Пример 3. Д ок азать тож деств о

cos2a + cos2(60°

a) +

cos2 (60° — a) — 1,5 =

0.

Левая часть равенства является однородным

многочленом

M(sina, cos а) второй

степени относительно

sin а и cos а. Поэтому

достаточно показать,

что

этот

многочлен

обращается в нуль при

Пусть a =

0°,

30°, — 30°

(для простоты

вычислений).

Вычислением убеждаемся,

что при a = 0°,

30°,

— 30° утвержде­

ние задачи верно.

тождество

Пример 4.

Доказать

cos2a +

cos2p -|- cos2 (a

Р) — 2cos a cos p cos (a -f- (5) =

1.

Обозначим

M (sin a,

cos a) =

cos2a +

cos2p +

cos2 (a + (3) — 2cos a cos p cos (a -f (3).

Очевидно,

M (sin a,

cos a) — многочлен

второй

степени

относи­

тельно sin а и cos a (P

считаем

параметром).

задачи

при

a = 0°,

Проверим

справедливость

утверждения

90°,

60°.

a =

0°,

то М = 1 -f- cos2p + cos2p — 2cos2p =

1.

Если

Если

a =

90°,

то М = 0 -f cos2p + sin2{3 — 2 • 0 =

1.

Если

a =

60°,

то М = 0,25 +

cos2P + cos2(60° -f P) —

— 2 - 0,5 cos p cos (60° +

P) = 0,25 + cos2p +

cos2(60° +

P) —

является

однородным многочленом

второй

степени

относительно

sinр и cosp.

Легко убедиться, что

он

равен 1 при

Р = 0°, — 30°,

30°.

решена.

Задача

Упражнения

Доказать тождества:

2а) =

sin 2а.

1.

sin2 (45ч +

а) — sin2 (30? — а) — sin 15° cos (15ч +

2.

cos2 (a -f Р) +

cos2 (а — (3) — cos 2а cos 2р = 1.

2,

3.

Доказать,

что sin2a +

sin2P +

sin2 у — 2 cos a cos P cos у =

если a + p + у =

я.

4.

Доказать,

что

,[°5Q*v

= 1 +

loga6.

5.

lo&abx

2)0,5 — 2]0,5

при условии, что

Упростить выражение [(log^a + l°g£ b +