Лекции и упражнения

15.5. НЕРАВЕНСТВА ЮНГА, ГњЛЬДЕРА, КОШИБУНЯКОВСКОГО.183
x
y
A
B
C
Рис. 15.4: Теорема Ролля
Доказательство.
Рассмотрим функцию
g
(
x
) =
x
·
(
f
(
a
)
?
?
f
(
b
)) + (
b
?
a
)
f
(
x
)
. Очевидно,
g
(
a
) =
=
a
·
f
(
a
)
?
a
·
f
(
b
)+
b
·
f
(
a
)
?
a
·
f
(
a
) =
b
·
f
(
a
)
?
?
a
·
f
(
b
)
,
g
(
b
) =
b
·
f
(
a
)
?
b
·
f
(
b
) +
b
·
f
(
b
)
?
?
a
·
f
(
b
) =
b
·
f
(
a
)
?
a
·
f
(
b
)
, а значит, по теоре-
ме Ролля, найдется точка
x
0
?
(
a, b
)
, такая,
что
g
0
(
x
0
) =
f
(
a
)
?
f
(
b
) + (
b
?
a
)
f
0
(
x
0
) = 0
,
т.е.
f
(
b
)
?
f
(
a
) =
f
0
(
x
0
)(
b
?
a
)
,
Геометрический смысл этой теоремы та-
ков: Для каждой хорды
[
AB
]
найдется па-
раллельная ей касательная.
Теорема 79 (Коши). Пусть
f
(
x
)
, g
(
x
)
?
? C
[
a, b
]
? D
(
a, b
)
и
?
x
?
(
a, b
)(
g
0
(
x
)
6
= 0)
.
Тогда существует
x
0
?
(
a, b
)
такое, что
f
(
b
)
?
f
(
a
)
g
(
b
)
?
g
(
a
)
=
f
0
(
x
0
)
g
0
(
x
0
)
.
Доказательство.
Обозначим
?
f
=
f
(
b
)
?
f
(
a
)
,
?
g
=
g
(
b
)
?
g
(
a
)
и рассмотрим функцию
h
(
x
) = ?
f
·
g
(
x
)
?
?
g
·
f
(
x
)
.
Поскольку
h
(
a
) =
h
(
b
) =
f
(
b
)
g
(
a
)
?
f
(
a
)
g
(
b
)
(проверьте это!), то по теореме
Ролля найдется
x
0
?
(
a, b
)
, для которого
h
0
(
x
0
) = ?
f
·
g
0
(
x
0
)
?
?
g
·
f
0
(
x
0
) = 0
,
а, следовательно,
?
f
·
g
0
(
x
0
) = ?
g
·
f
0
(
x
0
)
. Разделив на
g
0
(
x
0
)
6
= 0
, получим
?
f
?
g
=
f
0
(
x
0
)
g
0
(
x
0
)
,
15.5 Неравенства Юнга, Гјльдера, КошиБуняковского.
Следствие 31 (Неравенство Юнга). Пусть заданы положительные числа
a, b >
0
, такие, что
a
+
b
= 1
. Тогда при всех
x >
0
выполнено неравенство
x
a
?
ax
+
b
.
Рассмотрим функцию
f
(
x
) =
x
a
?
ax
, очевидно,
f
(1) = 1
?
a
=
b
и
f
0
(
x
) =
ax
a
?
1
?
a
=
ax
?
b
?
a
=
a
1
x
b
?
1
. Выберем произвольное
x >
0
и
рассмотрим два возможных случая:
1. Пусть
x >
1
, тогда, по теореме Лагранжа, существует
x
0
?
[1
, x
]
, такое,
что
f
(
x
)
?
b
=
f
0
(
x
0
)(
x
?
1) =
a
(
1
x
b
0
?
1)(
x
?
1)
. Поскольку
x
0
>
1
, то
(
1
x
b
0
?
1)
<
0
, следовательно,
f
(
x
)
?
b <
0
, т.е.
f
(
x
)
< b
.
2. Пусть теперь
0
< x <
1
, тогда существует
x
0
?
[
x,
1]
такое, что
b
?
?
f
(
x
) =
f
0
(
x
0
)(1
?
x
) = (
ax
a
?
1
0
?
a
)(1
?
x
)
. Поскольку
0
< x
0
<
1
, то
(
1
x
b
0
?
1)
>
0
, следовательно
b
?
f
(
x
)
>
0
и, опять,
f
(
x
)
< b
.

184
ГЛАВА 15. ПРОИЗВОДНАЯ
Таким образом, при всех
x >
0
,
x
6
= 1
значение функции
f
(
x
)
меньше
b
,
Следствие 32 (Неравенство Гјльдера). Пусть числа
p, q >
1
таковы, что
1
p
+
1
q
= 1
. Тогда для произвольных
a
1
, . . . , a
n
, b
1
, . . . , b
n
?
0
выполнено нера-
венство:
a
1
b
1
+
a
2
b
2
+
. . . a
n
b
n
?
(
a
p
1
+
a
p
2
+
. . .
+
a
p
n
)
1
/p
·
(
b
q
1
+
b
q
2
+
. . .
+
b
q
n
)
1
/q
x
y
C
A
B
Рис. 15.5: Теорема Лагранжа
Доказательство.
Обозначим
u
i
=
a
p
i
a
p
1
+
...
+
a
p
n
и
v
i
=
=
b
q
i
b
q
1
+
...
+
b
q
n
,
i
= 1
, ..., n
(считаем, что не
все
a
1
, . . . , a
n
, b
1
, . . . , b
n
равны нулю, ина-
че неравенство тривиально). Взяв
x
=
u
i
v
i
,
a
=
1
p
и
b
=
1
q
запишем неравенство Юнга
в виде:
u
i
v
i
1
/p
?
1
p
·
u
i
v
i
+
1
q
.
Умножая на
v
i
обе части неравенства и преобразовывая
(напомним, что
1
?
1
p
=
1
q
), получим
u
1
/p
i
·
v
1
/q
i
?
u
i
p
+
v
i
q
.
Просуммируем по всем
i
от
1
до
n
и упро-
стим:
u
1
/p
1
·
v
1
/q
1
+
u
1
/p
2
·
v
1
/q
2
+
. . .
+
u
1
/p
n
·
v
1
/q
n
?
1
(15.5.1)
(Обратите внимание, что
n
P
i
=1
u
i
=
n
P
i
=1
v
i
=
= 1
). Подставив в 15.5.1 выражения для
u
i
и
v
i
, имеем
a
1
b
1
+
. . .
+
a
n
b
n
(
a
p
1
+
. . .
+
a
p
n
)
1
/p
·
(
b
q
1
+
. . .
+
b
q
n
)
1
/q
?
1
,
откуда и вытекает требуемое неравенство.
Замечание. Частным случаем неравенства Гјльдера при
p
=
q
= 2
является неравенство КошиБуняковского:
a
1
b
1
+
a
2
b
2
+
. . . a
n
b
n
?
q
a
2
1
+
a
2
2
+
. . .
+
a
2
n
·
q
b
2
1
+
b
2
2
+
. . .
+
b
2
n
.
Оно утверждает, что скалярное произведение векторов в
n
мерном про-
странстве не превосходит произведения их длин.
Упражнение 284. При каких условиях на и неравенство КошиБуняковского
обращается в равенство?
Следствие 33. Если
?, ?, ?
 углы треугольника, то
sin
?
+ sin
?
+ sin
?
?
3
?
3
2
.

15.6. ПРАВИЛА ЛОПИТАЛЯ.
185
Доказательство.
Зафиксируем
?
и обозначим
?
=
?
?
?
2
,
?
=
?
?
x
и
?
=
?
+
x
. Рассмотрим
функцию
f
(
x
) = sin
?
+ sin(
?
?
x
) + sin(
?
+
x
)
. Ее производная равна
f
0
(
x
) =
=
?
cos(
?
?
x
)+cos(
?
+
x
) =
?
2 sin
?
sin
x
. Заметим, что
f
0
(
x
)
<
0
при
x >
0
, и,
наоборот
f
0
(
x
)
>
0
при
x <
0
. Следовательно
f
(
x
)
?
f
(0) = sin
?
+ 2 sin
?
?
?
2
.
Будем теперь варьировать
?
. Рассмотрим функцию
g
(
x
) = sin
x
+2 sin
?
?
x
2
.
Ее производная равна
g
0
(
x
) = cos
x
?
cos
?
?
x
2
=
?
2 sin
x
+
?
4
sin
3
x
?
?
4
. Заме-
тим, что
g
0
(
x
)
<
0
при
x >
?
3
, и, наоборот,
g
0
(
x
)
>
0
при
x <
?
3
. Значит
g
(
x
)
?
g
(
?
3
) =
3
?
3
2
,
15.6 Правила Лопиталя.
Теорема 80 (Первое правило Лопиталя). Пусть
a
?
R
и для некоторого
? >
0
функции
f
(
x
)
и
g
(
x
)
определены в окрестности
?
U
?
(
a
)
и не равны 0
во всех ее точках. Пусть
lim
x
?
a
f
(
x
) = lim
x
?
a
g
(
x
) = 0
и
lim
x
?
a
f
0
(
x
)
g
0
(
x
)
=
A
. Тогда
предел
lim
x
?
a
f
(
x
)
g
(
x
)
существует и равен
A
.
Доказательство.
Поскольку
lim
x
?
a
f
(
x
) = lim
x
?
a
g
(
x
) = 0
, будем считать
f
(
a
) =
g
(
a
) = 0
, при
этом функции
f
и
g
будут непрерывны в
a
. Из определения для предела
lim
x
?
a
f
0
(
x
)
g
0
(
x
)
=
A
вытекает, что для произвольного
? >
0
найдется
?
=
?
(
?
)
,
такое, что для каждого
x
0
?
?
U
?
(
a
)
выполнено неравенство
|
f
0
(
x
0
)
g
0
(
x
0
)
?
A
|
< ?
.
Выберем произвольное
x
?
?
U
?
(
a
)
, тогда
f
(
x
)
g
(
x
)
=
f
(
x
)
?
f
(
a
)
g
(
x
)
?
g
(
a
)
f
0
(
x
0
)
g
0
(
x
0
)
, где
x
0
?
?
?
U
?
(
a
)
 некоторое число. Тогда
|
f
(
x
)
g
0
(
x
)
?
A
|
< ?
. Из произвольности
? >
0
вытекает, что
lim
x
?
a
f
(
x
)
g
(
x
)
=
A
,
Теорема 81 (Второе правило Лопиталя). Пусть
a
?
R
и для некоторого
? >
0
функции
f
(
x
)
и
g
(
x
)
определены в окрестности
?
U
?
(
a
)
и не равны 0
во всех ее точках. Пусть
lim
x
?
a
f
(
x
) = lim
x
?
a
g
(
x
) =
±?
и
lim
x
?
a
f
0
(
x
)
g
0
(
x
)
=
A
. Тогда
предел
lim
x
?
a
f
(
x
)
g
(
x
)
существует и равен
A
.
Доказательство.
(Точнее идея доказательства) Основывается на следующей теореме:
Теорема 82 (Теорема Штольца). Пусть последовательность
y
n
монотон-
но возрастает и
lim
n
??
y
n
= +
?
. Пусть
lim
n
??
x
n
+1
?
x
n
y
n
+1
?
y
n
=
A.
Тогда предел
lim
n
??
x
n
y
n
существует и равен тому же числу
A
.
Доказательство.
По определению предела можно записать
x
n
+1
?
x
n
y
n
+1
?
y
n
=
A
+
?
n
, где
?
n
 б.м.п.
Пусть
? >
0
 произвольно. Найдется
N
=
N
(
?/
2)
, такое что при всех

186

жүктеу/скачать 1,95 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: