close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

485.Задачи повышенной сложности по математике

код для вставкиСкачать
Министерство образования и науки РФ
Государственное бюджетное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Воронежский государственный архитектурно-строительный университет»
А.И. Барсуков, М.Ю. Глазкова, В.И. Минаков
ЗАДАЧИ ПОВЫШЕННОЙ СЛОЖНОСТИ
ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ
ЧАСТЬ 1
УЧЕБНО-МЕТОДИЧЕСКОЕ ПОСОБИЕ
Воронеж 2013
УДК 510(07)
ББК 22.1я73
Б261
Рецензенты:
кафедра высшей математики и механики Воронежского
аграрного университета;
Азизов Т.Я., доктор физ.-мат. наук, проф. кафедры теории функций
и геометрии Воронежского государственного университета
Барсуков, А.И. Задачи повышенной сложности по высшей
Б261
математике: учеб.-метод. пособие / А.И. Барсуков,
М.Ю. Глазкова, В.И. Минаков; Воронежский ГАСУ. – Воронеж,
2013. − 120 с.
ISBN 978-5-89040-469-5
Учебное пособие содержит примеры решения задач повышенной
сложности по линейной алгебре и математическому анализу. Приводятся
решения типовых задач нестандартными методами.
Предназначено для студентов всех специальностей и направлений.
Также пособие может быть использовано для работы в математических
кружках.
Ил. 4. Библиограф. 6 назв.
УДК 510(07)
ББК 22.1я73
© Барсуков А.И., Глазкова М.Ю.,
Минаков В.И., 2013
© Воронежский ГАСУ, 2013
ISBN 978-5-89040-469-5
2
ВВЕДЕНИЕ
В Воронежском ГАСУ, начиная с 2004 года, проводятся студенческие
математические олимпиады. На олимпиадах, как и всяких соревнованиях, есть
победители, которые получают премии и призы, но большинство участников не
получают ни премий, ни призов. Однако здесь нет побежденных. Даже само
знакомство с новыми оригинальными задачами и нестандартными методами их
решения откроет перед вами новые горизонты.
Ни для кого не секрет, что научно-технический прогресс невозможен без
развития фундаментальных наук, особое место среди которых занимает математика.
Математические модели, применяемые ранее для решения задач меха−
ники, физики, используются сейчас в медицине, экономике, химии, биологии.
Математические олимпиады способствуют повышению интереса к ма−
тематике, помогают не теряться при решении нестандартных задач.
Мы предлагаем начать с решения задач, приведенных в данном пособии.
Учебно-методическое пособие содержит примеры решения задач повышенной сложности по основным разделам курса математики для втузов. Пр иводятся также решения типовых задач нестандартными методами.
В первой части пособия рассмотрены следующие разделы высшей математики: линейная алгебра, введение в математический анализ и дифференциальное исчисление функции одной переменной. В каждом разделе приведены
краткие теоретические сведения, необходимые для решения задач, задачи для
самостоятельного решения.
3
1. ЛИНЕЙНАЯ АЛГЕБРА
В этом разделе рассмотрены свойства и основные способы вычисления
определителей, действия над матрицами (в особенности нахождение обратной
матрицы и вычисление степеней матриц), а также некоторые вопросы, касающиеся многочленов с комплексными и вещественными коэффициентами.
Обозначим множество всех векторов с n комплексными (вещественными) координатами символом C n ( R n ) . Нулевой вектор пространства C n ( R n )
будем обозначать символом  . Вектор х будем обозначать одним из символов
 х1 
 
( х1, х2 ,..., xn ) или ( х1, х2 ,..., хn )T =  ...  . Обе эти записи обозначают одно и то
х 
 n
же, если мы говорим о векторе x . Кроме того, на запись ( х1 х2 ... хn ) T мы будем смотреть как на матрицу с n строками и одним столбцом.
n
Под скалярным произведением векторов x  ( х1 , х2 ,..., хn )  C
y  ( y1 , y2 ,..., yn )  C n
будем понимать комплексное число
( x, y )  x1 y1  x2 y2    xn yn ,
где yi – число, сопряженное к yi для всехi  1,..., n .
Свойства скалярного произведения:
1) ( x, x)  0  x   ;
2) ( x   y, z )   ( x, z )   ( y, z ),  ,   C , x, y, z  C n ;
3) ( x, y)  ( y, x), x, y  C n .
Векторы x, y  C n ( R n ) называются ортогональными, если ( x, y )  0 ; модуль вектора x  ( х1, х2 ,..., хn )  C n ( R n ) определяется равенством
x  ( x, x)  x1x1  x2 x2  ...  xn xn 
2
2
2
x1  x2    xn .
Матрицу A с элементами ai j будем обозначать (ai j )in,,jm1 , где n (m) –
число строк (столбцов) в матрице A . Если n  m , то для обозначения матрицы
A также будем использовать символ (ai j )in, j 1 . В случае n≠m (n=m) матрица
называется прямоугольной (квадратной).
Пусть A  (ai j ) in,1m, j 1 , тогда транспонированная матрица AТ определяется равенством AТ  (ai j )in, m1, j 1 , aij  a ji ; сопряженная матрица A определяется
равенством A  (bij )in, m1, j 1, bij  a ji . Из определения следует, что число строк
(столбцов) в сопряженной и транспонированной матрицах равно числу столбцов (строк) в исходной матрице.
4
1.1. Основные классы квадратных матриц
Рассмотрим некоторые классы квадратных матриц, которые часто являются объектом исследования в линейной алгебре. Символ А-1 обозначает матрицу, обратную матрице А ( А-1А=АА-1=Е, Е – единичная матрица).
Матрица А называется с и м м е т р и ч е с к о й , еслиA  AТ .
Матрица А называется к о с о с и м м е т р и ч е с к о й , если A   AТ .
Матрица А называется э р м и т о в о й , если A  A* .
Матрица А называется к о с о э р м и т о в о й , если A   A* .
Матрица А называется о р т о г о н а л ь н о й , если AТ  A 1 .
Матрица А называется у н и т а р н о й , еслиA*  A 1 .
Матрица А называется н о р м а л ь н о й , если AA*  A* A .
Матрица А называется н и л ь п о т е н т н о й , если A m  0 для некоторого m  N .
Матрица А называется в е р х н е й ( н и ж н е й ) т р е у г о л ь н о й ,
если все ее элементы, расположенные под (над) главной диагональю, равны нулю.
Матрица А называется п о л о ж и т е л ь н о й
(неотрица т е л ь н о й ) , если все ее элементы положительные (неотрицательные) числа.
Матрица А называется п о л о ж и т е л ь н о ( н е о т р и ц а т е л ь н о ) о п р е д е л е н н о й , если ( Ax, x)  0 (( Ax, x  0) для всех x   .
Непосредственно из определения следует утверждение о структуре описанных выше классов матриц.
Утверждение 1. Пусть A  (ai j )in, j 1 . Тогда имеют место следующие
эквивалентности:
1) A  AТ  ai j  a j i ;
2) A   AТ  ai j  a j i , в частности aii  0;
3) A  A  ai j  a j i ;
4) A   A  ai j  a j i , в частности Re aii  0;
5) AТ  A 1  строки (столбцы) матрицы являются попарно ортогональными векторами, модуль которых равен единице.
Введенные классы матриц позволяют провести аналогию между матрицами и комплексными числами.
Каждая матрица A представима двумя следующими способами:
1) A  X  iY , где X  1 ( A  A ), Y  1 ( A  A ) ;
2
2) A  RU ,
2i
R – неотрицательно определенная, U – унитарная матри-
ца.
Представление 1 является матричным аналогом алгебраической формы
записи комплексного числа:
5
1
1
z  x  iy, где x  ( z  z ), y  ( z  z ).
2
2i
Представление 2 является матричным аналогом показательной формы
записи комплексного числа:
z  rei , где r  0; ei  e i  (ei ) 1 (сравнить с U   U 1 ).
Более того, R 2  X 2  Y 2 , что является аналогом формулы для модуля
r комплексного числа z  x  iy : r 2  x 2  y 2 ; матрица U представима в виде
U  eiF , где F – эрмитова матрица, то есть A  R e iF , аналогично равенству
z  reiF . Правило построения матричной степени будет объяснено ниже.
Рассмотрим, каким образом операция сопряжения, свойства эрмитовости и унитарности матриц могут быть описаны при помощи скалярного произведения.
Утверждение 2. Для любой квадратной матрицы A порядка n и векторов x, y  C n выполнено равенство ( Ax, y )  ( x, A y ). В частности, если
A  A , то ( Ax, y )  ( x, Ay ) .
Доказательс тво.
 x1 
 y1 




x
y




Обозначим A  (ai j )in, j 1 , x   2 , y   2 . Тогда по правилу умножения






x
y
 n
 n
вектора на матрицу и определению скалярного произведения получаем:
 
 

1) ( Ax , y )   A 
 
 
 
x1  
 
x2  
,
 
 
x n  
y1
y2

yn
 n

   a1 j x j 
 
    j 1

 

n


  a2 j x j  

 ,
     j 1
      

 
  n
   an j x j 

  j 1


y1
y2

yn


 


 
 




n
 n

 n

 n

   a1 j x j  y1    a2 j x j  y2      an j x j  yn   ai j x j y1 ;
 j 1

 j 1

 j 1

i , j 1






6
  x1   a11

 
x
a

2) ( x, A y )    2  ,  12

.



  x  a
  n   1n
a 21  a n1  

a 22  a n 2  
.
.
. 

a 2n  a nn  

 n


  ai1 yi  

y1     x1   i 1
 
  n

y 2     x2    a y  
i2 i

,


        i 1
 
   
y n     xn   n


  ai n yi  
 i 1


 n

 n

 n

 x1   ai1 yi   x2   ai 2 yi     xn   a i n yi  
 i 1

 i 1

 i 1

n
 n

 n

 n







x1  ai1 yi  x 2  ai 2 yi    xn  ai n yi   ai j x j yi .
 i 1

 i 1

 i 1
 i, j 1






Сопоставив 1 и 2, получаем равенство ( Ax, y )  ( x, A y ) .
Утверждение 3. Если A – унитарная матрица порядка n , то для любого x  C n выполнено равенство ( Ax, Ax)  ( x, x) .
Д о к а з а т е л ь с т в о : ( Ax, Ax)  ( A Ax, x)  ( A 1 Ax, x)  ( x, x). Здесь
первое равенство вытекает из утверждения 1, второе равенство – из определения унитарной матрицы.
Задачи для самостоятельного решения
1. Найти все симметрические ортогональные и кососимметрические ортогональные матрицы порядка 2.
2. Найти все квадратные матрицы, коммутирующие со всеми матрицами
того же порядка.
3. Доказать, что если A нильпотентная матрица порядка 2, тоA 2  0 .
4. Показать, что если AA  0 , то A  0.
B C
5. При каком условии матрица A  
 является нормальной, где
 0 D
B, C , D – квадратные матрицы произвольного одинакового порядка.
6. Показать, что
а) ( AТ )Т , ( A  B)Т  AТ  BТ , ( AB)Т  BТ AТ ;
б) ( A ) , ( A  B)  A  B , ( AB)  B A.
7. Показать, что вещественная унитарная матрица является ортогональной. Привести пример комплексной ортогональной матрицы, которая не является унитарной.
8. При каких условиях диагональная матрица является ортогональной
(унитарной)?
7
9. Проверить, что любое из следующих трех свойств квадратной матрицы: вещественность, ортогональность, унитарность – вытекает из двух других.
1.2. Определители. Ранг матрицы
1.2.1. В ы ч и с л е н и е о п р е д е л и т е л е й
1. Метод приведения к треугольному виду
Этот метод основан на применении следующих двух теорем.
Теорема 1. Определитель не меняется, если к элементам одной из его
строк (одному из его столбцов) прибавить соответственные элементы другой
строки (другого столбца), умноженные на некоторое число  .
Теорема 2. Определитель верхней (нижней) треугольной матрицы равен произведению элементов главной диагонали.
У п р а ж н е н и е 1 . Вычислить определитель
1
1
D 1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
0
1
1
1
1
1
0
1
1
1
1 .
1
0
Решение. Вычитаем первую строку из всех остальных и получаем:
1 1 1 1 1
0 1 0 0 0
D  0 0  1 0 0  1.
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
2. Метод рекуррентных соотношений
Суть метода состоит в том, что исходный определитель разложением по
строке или столбцу выражается через определители более низкого порядка,
имеющие тот же вид.
У п р а ж н е н и е 2 . Вычислить определитель
8
2
1
0
D
.
0
0
1
2
1
.
0
0
0
1
2
.
0
0
...
...
...
.
...
...
0
0
0
.
2
1
0
0
0
.
.
1
2
Решение. Обозначим
2 1 0
2 1
D1  2 , D2 
, D3  1 2 1 , ... , Dn  D.
1 2
0 1 2
Для любого k  3 разложение определителя Dk по последнему столбцу
приводит к рекуррентному соотношению:
D1  2, Dk 1  Dk  2 , Dk  2Dk 1  Dk  2 .
Непосредственные вычисления показывают, что выполнены равенства
D1  2, D2  3, D3  4. Предположим, что уже доказаны равенства Dk  k  1
для k  1, 2, ..., n  1. Разложим определитель Dn по последнему столбцу и получим с учетом сделанного предположения, что
Dn  2 Dn1  Dn2  2n  (n  1)  n  1.
Таким образом, для любого n  N верно равенствоDn  n  1 .
3. Метод разложения определителя на линейные множители
Метод основан на возможности представления произвольного многочлена p  p(x) степени n в виде p( x)  а( x  x1 ) ( x  x 2 )...(x  x n ) , где числа xi  C
являются корнями многочлена p  p(x) .
Предположим, что требуется вычислить определитель D(x) , зависящий
от параметра x , причем известно, что D(x) является многочленом степени n
от переменной x . Если удается каким-либо образом установить значения
x1 , ..., xn , при которых D( xi )  0 , то D( x)  аn ( x  x1 ) ( x  x2 ) ... ( x  xn ). Чтобы
найти число аn , нужно любое число x0 , отличное от всех x1 , ..., xn , подставить
вместо х в исходный определитель и вычислить его. Затем an находится из равенства D( x0 )  аn ( x0  x1 ) ( x0  x2 ) ... ( x0  xn ).
У п р а ж н е н и е 3 . Вычислить определитель Вандермонда n – го
порядка:
9
1 x1
1 x2
Dn 
. .
1 xn
x12
x22
.
xn2
... x1n1
... x2n1
.
.
.
... xnn1
Решение. Разложив определитель D n по последней строке, получим
представление:
D n  D nn x nn1  D n, n1 x nn2  ...  D n2 x n  D n1 ,
где D nl – алгебраическое дополнение элемента x nl 1, l  1, n ; D nn  D n 1 является определителем Вандермонда порядка n  1 , причем определители D nl не
зависят от x n . Следовательно, определитель D n является многочленом степени
n  1 переменной x n : D n  D n ( x n ) . Заметим, что если x n  x i , то i-я строка
совпадает с n-й строкой. Следовательно, D n ( x i )  0 для i  1, n  1 . Таким образом,
D n  D n ( x n )  D n1 ( x n  xn1 ) ( x n  xn2 ) ... ( x n  x1 ).
Аналогичным образом получаем разложения дляD n1 , D n2 ,..., D 2 :
D n1  D n2 ( x n1  xn2 ) ( x n1  xn3 ) ... ( x n1  x1 )
D n2  D n3 ( x n2  xn3 ) ( x n2  xn4 ) ... ( x n2  x1 )
………………………………………………………
D 2  D1 ( x 2  x1 ),
Окончательно получаем
D1  1.
D n  ( x 2  x 1 ) ( x 3  x 2 ) ( x 3  x 1 )...( x n  x n 1 ) ...( x n  x 1 ) 
 ( x i  x j ),
i j
то есть Dn – произведение всех множителей вида ( x i  x j ) , гдеi  j .
4. Применение теоремы Лапласа
Определение 1. Пусть минор M расположен на пересечении строк с номерами i1 , i2 , ..., ik и столбцов с номерами j1 , j2 , ..., jk . Д о п о л н и т е л ь н ы м
м и н о р о м M  м и н о р а M называется минор, получающийся из D вычеркиванием строк i1 , i2 , ..., ik и столбцов j1 , j2 , ..., jk . А л г е б р а и ч е с к и м
д о п о л н е н и е м м и н о р а M называется число A :
A  (1)i1  i2 ... ik  j1  j2 ... jk  M .
Теорема 3. Пусть в определителе D порядка n произвольно выбраны
k строк (или k столбцов). Тогда сумма произведений всех миноров k  го порядка, содержащихся в выбранных строках (столбцах), на их алгебраические
дополнения равна определителю D .
Эта теорема обобщает правило разложения определителя по строке
(столбцу).
10
У п р а ж н е н и е 4 . Вычислить определитель
1
2
D
3
4
1
0
0
4
3
0
0
7
4
8
.
2
5
Решение. Зафиксируем 2-й и 3-й столбцы и в соответствии с теоремой
Лапласа получим:
D
1 3
3 2
1 3
2 8
1 3
2 8
 (1) 2312

 (1) 2313

 (1) 2314

0 0
4 5
0 0
4 5
4 7
3 2
0 0
1 4
0
 (1) 2323

0 0
4 5
4
1

4
0
1 4
0 0
1 4
 (1) 2324

 (1) 2334

7
3 2
4 7
2 8
3 2 8

 5  (20)  100 .
7 3 2
5. Использование теоремы о произведении определителей
Теорема 4. Определитель произведения матриц равен произведению их
определителей: A B  A B .
Эта теорема может быть применена различным образом в зависимости
от того, вычисляем мы определитель произведения или определитель одного из
множителей.
У п р а ж н е н и е 5 . Вычислить определитель
a
b
D
c
d
b
a
d
c
c
d
d c
.
a
b
b a
Решение. Применим теорему 4, взяв A  D и B  D T , и воспользуемся
свойством | D | | DT | :
| D |2  | D || DT | | DDT |
11
a 2  b2  c2  d 2
0

0
0
0
a2  b2  c2  d 2
0
0
0
0
a2  b2  c2  d 2
0

 a2  b2  c2  d 2

Следовательно, D  a 2  b 2  c 2  d 2


2
4
0
0

0
a2  b2  c2  d 2
.
.
Заметим, что использование равенства | D 2 |  | D |2 значительно менее
эффективно для решения этой задачи.
У п р а ж н е н и е 6 . Вычислить определитель
1  x1 y1 1  x1 y 2
1  x2 y1 1  x2 y 2
D
.
.
1  xn y1 1  xn y 2
... 1  x1 y n
... 1  x2 y n
.
.
.
... 1  xn y n
Решение. Из равенства
1
1  x1 y1 1  x1 y2 ... 1  x1 yn
1
1  x2 y1 1  x2 y2 ... 1  x2 yn
 1
.
.
.
.
.
1  xn y1 1  xn y2 ... 1  xn yn
1
следует, что D  ( x2  x1 )( y2  y1 ) , если
x1
x2
x3
.
xn
n2
,и
0
0
0
.
0
...
...
...
.
...
D0
0 1
0 y1
0 0
. .
0 0
1
y2
0
.
0
... 1
... yn
... 0
.
.
... 0
, если n  2 .
1.2.2. В ы ч и с л е н и е р а н г а м а т р и ц
Определение 1. Максимальное число линейно независимых столбцов
(строк) матрицы A  (ai j ) in,1m, j 1 называется р а н г о м э т о й м а т р и ц ы и
о б о з н а ч а е т с я rank A .
Теорема 1. Наивысший порядок отличных от нуля миноров матрицы A
равен рангу этой матрицы.
Правило вычисления ранга матрицы. При вычислении ранга матрицы
следует переходить от миноров меньших порядков к минорам больших порядков. Если уже найден минор k-го порядка D , отличный от нуля, то требуют
вычисления лишь миноры (k+1)-го порядка, окаймляющие минор D . Если все
12
они равны нулю, то ранг матрицы равен k . Говорят, что минор D окаймляет
минор D, если D содержится внутри D, другими словами, столбцы и строки,
образующие D, входят в множество столбцов и строк, образующих D .
Определение 2. Под элементарным преобразованием строк (столбцов)
матрицы А понимаются:
а) перестановка местами двух строк (столбцов);
б) умножение строки (столбца) на любое число, неравное нулю;
в) сложение любой строки (столбца) с другой строкой (столбцом),
умноженной на некоторое число.
Теорема 2. Элементарные преобразования строк (столбцов) матрицы
не меняют ранга этой матрицы.
У п р а ж н е н и е 1 . Пусть
Показать, что
0
0
0 
1  


0
1


0
0

.
A
0
0
2
3 


0
0
0
3




2, если   1;3 ;

rank A  3, если   2 ;
4, если   1;2;3 .

У п р а ж н е н и е 2 . Пусть A  матрица размерности k  n , имеющая
ранг 1. Доказать, что найдутся матрицы B и С размерностей k  1 и 1  n соответственно такие, что
A  BC .
Решение. Так как ранг матрицы A равен 1, то все ее строки пропорциональны одной (скажем, первой). Тогда
a12 ... a1n
 a11

ba
... b2 a1n
ba
A   2 12 2 12
.
.
.
.

 bk a12 bk a12 ... bk a1n
  1
 
  b2
   ...
 
  bk



a11 a12 ... a1n  .


Осталось положить В  (1b2 ...bk )Т , C  (a1 a2 ... a1n ) .
13
У п р а ж н е н и е 3 . Пусть квадратная матрица А порядка n  1 и
rank A  r . Найти ранг присоединенной матрицы A   ( A i j ) in, j 1 , где Ai j  алгебраическое дополнение элемента a j i матрицы A .
Решение. 1) если r  n , то det A  det A  0 . Значит, rankA  n ;
2) если r  n  2, то все миноры (n–1)-го порядка равны 0. Следовательно, A  нулевая матрица и ее ранг равен нулю;
3) если r  n  1, то запишем A в виде A  ( A1 , A2 , ..., An ); A  – в виде
A  ( B1 , B2 , ..., Bn ) , где Ai , Bi  вектор-столбцы, состоящие из n элементов.
Обозначим множество (пространство) всевозможных линейных комбинаций
векторов A1 , A2 ,..., An ( B1 , B2 ,..., Bn ) символом M (N ) . Под размерностью пространства M (N ) понимается количество векторов, образующих базис этого
пространства, и обозначается dim M (dim N ) . Так как dim M  n  1 и Bi  M ,
то dim N  1 . Так как dim N  0 , только если Bi  0 для всех i  1,..., n , то

dim N  1 . Это означает, что выполнено равенствоrank A  1 .
Задачи для самостоятельного решения
1. Вычислить определители приведением к треугольному виду:
1
2
3
1 0
3
а)  1  2 0
.
.
.
1  2  3
a1 a2 a3
x x
0
в) 0  x x
.
.
.
0
0 0
...
...
...
.
...
1
... an
2
... 0
... 0 , г) 3
. .
.
... x
n
3
n
2
n , б) 2
.
.
n
2
2
3
4
.
n n
3
4
5
.
n
14
2
3
2
.
2
2
2
3
.
2
...
...
...
.
...
... n  2 n  1
... n  1
n
...
n
n
.
.
.
...
n
n
2
2
2 ,
.
3
n
n
n.
.
n
2. Вычислить определители методом рекуррентных соотношений:
3
1
а) 0
.
0
2
3
1
.
0
0
2
3
.
0
...
...
...
.
...
0 1 1
1 a1 0
в) 1 0 a2
. .
.
1 0 0
5
2
д) 0
.
0
0
0
0 ,
.
3
a  b ab
0
0 ...
0
1
a  b ab
0 ...
0
б) 0
1
a  b ab ...
0 ,
.
.
.
.
.
.
0
0
0
0 ... a  b
а1
... 1
х
... 0
... 0 , г) .
х
.
.
х
... an
3 0 0 ... 0
5 3 0 ... 0
2 5 3 0
.
.
. .
0 0 ... 2
х
a2
.
х
х
0
a1  b1
0
b2
0 , е)
.
.
bn
5
х ... х х
х ... х х
. .
. . ,
х х аn1 х
х ... х х
b1
...
b1
a2  b2 ...
b2
.
.
.
.
bn
... an  bn
3 . Р я д о м Ф и б о н а ч ч и называется числовой ряд, который начинается числами 1, 2 и в котором каждое следующее число равно сумме двух
предыдущих, то есть, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, … .
Доказать, что n -й член ряда Фибоначчи равен следующему определителю n -го порядка:
1 1 0 0 ... 0 0
 1 1 1 0 ... 0 0
0  1 1 1 ... 0 0
.
.
. . . .
. .
0 0 0 0 ... 1 0
0 0 0 0 ...  1 1
4. Вычислить определители методом разложения на линейные множители:
15
1
2
3
1 x 1
3
а) 1 2
x 1
.
.
.
1
2
3
1
1
1
1 2x
1
в) 1
1
3 x
.
.
.
1
1
1
...
...
...
.
...
...
...
...
.
...
n
n
n , б)
.
x 1
1
1
1
.
n 1 x
1
1
1 2  x2
2
3
2
3
2
3
2
3
,
1
5
1 9  x2
х а
в
с
а х с
в
.
, г)
в
с х а
с
в
а х
5. Используя теорему Лапласа, вычислить определители:
1
1
а)
1
1
x
a
0
0
x
0
b
0
1
x
x
0
, б) 1
y1
0
z1
c
1
x2
y2
z2
0
cos 
cos 
cos 
0
sin 
,
sin 
sin 
6. Вычислить определители, представляя
делителей:
cos(1  1 ) cos(1   2 ) ...
cos( 2  1 ) cos( 2   2 ) ...
а)
.
.
.
cos( n  1 ) cos( n   2 ) ...
(a0  b0 ) n
(a1  b0 ) n
б)
.
(an  b0 ) n
1 1
1 2
в) 0 1
0 x1
0 x12
1
3
1
x2
x22
0
0
1 .
x4
x42
их в виде произведения опр еcos(1   n )
cos( 2  1 )
,
.
cos( n   n )
(a0  b1 ) n ... (a0  bn ) n
(a1  b1 ) n ... (a1  bn ) n
,
.
.
.
(an  b1 ) n ... (an  bn ) n
sin 21
sin(1   2 ) ... sin(1   n )
sin( 2  1 )
sin 21
... sin( 2   n )
в)
.
.
.
.
.
sin( n  1 ) sin( n   2 ) ...
sin 21
16
0
0
1
x3
x32
7. Показать, что если  1   2   3  0 , то
1
cos  3
cos  2
cos  3
1
cos  1
cos  2
cos  1  0 .
1
 A
8. Доказать, что определитель матрицы  2
A

A 2 
, где A – произвольA3 
ная квадратная матрица, равен нулю.
9. Доказать, что из AB  BA следует равенство
A B
 DA  CB ,
C D
где A, B, C , D – квадратные матрицы одного порядка.
10. Вычислить определитель  посредством умножения его на определитель  .
1
1
а)  
1
2
a
b
б)  
c
d
2 3
4
1  2  3  11
0 3 8
0 1
0
2
, 
;
1 0  13
0 0
1
1
3 5
15
0 0
0
1
b
a
d
c
c
d
a
b
1 1 1 1
d
1 1 1 1
c
,
.
1 1 1 1
b
1 1 1 1
a
1 1 . Пусть A и B – квадратные матрицы одного порядка. Доказать, что
AB 
A
rank 
2 
  rank A  rank B .
B
B

B


1 2 . Доказать, что ранг произведения двух матриц не превосходит ранга
каждой из матриц-сомножителей.
13. Доказать, что приписывание к матрице одной строки (одного столбца) либо не изменяет ранга этой матрицы, либо увеличивает его на единицу.
14. Доказать, что любую матрицу ранга r можно представить в виде
суммы r матриц ранга единица.
Указание. Элементарными преобразованиями привести исходную матрицу к матрице, содержащей ровно r ненулевых элементов, и представить последнюю в виде суммы матриц, каждая из которых имеет единственный нулевой элемент.
17
1.3. Обратная матрица
Определение 1. Квадратная матрица А называется о б р а т и м о й
( н е в ы р о ж д е н н о й ) , если существует матрица A1 такая, что
A  A 1  A 1 A  E .
В этом случае матрица A1 называется о б р а т н о й к матрицеA .
Обратная матрица может быть найдена несколькими способами: методом элементарных преобразований, методом присоединенной матрицы и посредством решения системы линейных уравнений.
У п р а ж н е н и е 1 . Показать, что:
1) если обратная матрица существует, то она единственная и выполнено
 
1
равенство A1  A ;
2) если A и B – квадратные матрицы и AB  E , то BA  E .
Из второй части упражнения 1 следует, что в определении обратной
матрицы достаточно проверить только одно из равенств АА-1=Е или А-1А=Е. Если одно из них будет выполнено (не выполнено), то второе будет выполнено
(не выполнено) автоматически.
Теорема 1 (критерии обратимости). Для любой квадратной матрицы
А следующие условия эквивалентны:
1) А – обратимая матрица;
2) det A  0 ;
3) уравнение Ax   имеет единственное решение x   ;
4) уравнение Ax  y имеет единственное решение для каждого вектора y ;
5) равенство  A x, A x   0 верно только для x   .
У п р а ж н е н и е 2 . Квадратная матрица A такова, что в каждом ее
столбце есть ровно два ненулевых элемента: диагональный, равный 1, и некоторый недиагональный, меньше 1. Показать, что матрица А обратима.
Решение. Пусть x  х1 , х2 , ... хn  Т , решение уравнения Ax   . Пусть
индекс i такой, что | xi | max | x j | . Обозначим ais недиагональный ненулевой
1 j  n
элемент в i -й строке матрицы A . Тогда xi  ai s x s  0 и | xi || ais || xs | . Последнее равенство возможно только в случае x i  0 . В силу предположения
| xi | max | x j | имеем x j  0 для всех j  1, n . Таким образом, матрица A обра1 j  n
тима (см.теорему 1, пункты 1 и 3).
У п р а ж н е н и е 3. Используя технику решения предыдущей задачи,
показать, что матрица A  ai j in, j 1 , элементы которой удовлетворяют условию
| aii |  max | aij | для всех i  1,..., n , обратима (теорема Перрона).
1 j  n
18
Ниже рассмотрим условия обратимости и способы нахождения обратных
матриц для матриц специального вида.
1. Обратимость блочных и блочно-диагональных матриц
 A11 A12 ... A1n 


 A 21 A 22 ... A 2 n 
Определение 2. Матрицы вида 
, элементы кото.
.
.
. 


 A m1 A m 2 ... A mn 


рых являются матрицами, называются б л о ч н ы м и . Блочные матрицы, у
которых A ij  0 , если i  j , называются б л о ч н о - д и а г о н а л ь н ы м и .
При нахождении матриц, обратных блочно-диагональным, часто поступают таким образом, как если бы элементы A ij были числами.
У п р а ж н е н и е 4 . Найти матрицу, обратную квадратной матрице
A 0
 , где A, B, C – квадратные матрицы одной размерности и
U  
B
C


det A  0, det C  0 .
Решение. Во-первых, заметим, что U 1 существует, так как
det U  det A det C , det A  0, det C  0 (см. теорему Лапласа). Будем искать U 1
в виде
X Y 
, где X , Y , Z ,W – квадратные матрицы.
U 1  
Z W
Найдем матрицы X , Y , Z ,W из системы
AX  E, DX  CZ  0, AY  0, BY  CW  E .
Из первого и третьего уравнения X  A 1 , Y  0 .
Из второго и четвертого Z  C 1 BX  C 1 BA1 , W  C 1.

A 1
0 
.
Таким образом, U   1 1
1 
C
BA
C


2. Обратимость матриц специального вида
В этом разделе мы опишем вид матриц, обратных матрицам, рассмотренным в п. 1.1.
Утверждение 1. Пусть A – обратимая симметрическая матрица. То1
гда A является симметрической.
19
Доказательс тво.
bi j  b j i . Как известно, bi j 
Обозначим
A1  (bi j )in, j 1 .
Покажем,
что
1
(1) i  j det A j i , где A j i получается из A выdet A
черкиванием j-й строки и i-го столбца. Из равенства
    A 
A ji  AТ
Т
ij
Т
ij
следует, что det A j i  det ( A ij )Т  det A ij.
Таким образом,
bij 
1
1
(1)i  j det A j i 
(1) j  i det A ij  b ji .
det A
det A
У п р а ж н е н и е 5 . Показать, что:
1) матрица, обратная унитарной (ортогональной), является унитарной
(ортогональной);
2) матрица, обратная невырожденной эрмитовой, косоэрмитовой или
кососимметрической, является эрмитовой, косоэрмитовой или кососимметр ической соответственно.
Утверждение 2. Показать, что обратная матрица B  (bij ) in, j 1 для
верхней (нижней) треугольной невырожденной матрицы A  (aij ) in, j 1 является
верхней (нижней) треугольной матрицей.
Д о к а з а т е л ь с т в о . Докажем утверждение для верхней треугольной
матрицы непосредственно по определению, указав попутно способ отыскивания b j i .
 a11

 0
 0

 .
 0

a12
a22
0
.
0
a13
a23
a33
.
0
...
...
...
.
...
a1n   b11 b12

a2n   0 b22
a3n   0
0

.  .
.
ann   0
0
b13
b23
b33
.
0
...
...
...
.
...
b1n   1
 
b2n   0
b3n    0
 
.  .
bnn   0
0
1
0
.
0
0
0
1
.
0
...
...
...
.
...
0

0
0 .

.
1 
Последовательно умножая столбцы второй матрицы на первую, получаем
a
a11b11  1,  11
 0
 a11 a12

 0 a22
 0
0

a12   b12   0 
     ,
a22   b22   1 
 b1n   0 

  
a13   b13   0 
   
 b2 n   0 
a23   b23    0  , ... , A 
   ...  .
...

  
a33   b33   1 
b
 nn   1 
20
Так как матрица A невырожденная, то все ai i  0 . Следовательно, определители матриц всех рассмотренных систем отличны от нуля и эти системы
имеют единственные решения. Запишем эти решения в столбцы и дополним
эти столбцы нулями, чтобы получились столбцы размерности n. Составим из
этих столбцов матрицу размерности n  n , которая и будет обратной матрицей
для А.
У п р а ж н е н и е 6 . Доказать предыдущее утверждение, используя
метод элементарных преобразований и метод присоединенной матрицы.
Матрица с целочисленными элементами называется у н и м о д у л я р н о й , если ее определитель равен  1 .
Утверждение 3. Целочисленная матрица тогда и только тогда имеет
целочисленную обратную матрицу, когда она является унимодулярной.
Д о к а з а т е л ь с т в о . Обозначим A  aij in, j 1, A1   bij in, j 1.
Если A − унимодулярная матрица, то из равенств
bij 
1
(1)i  j det A j i , i, j  1,..., n
det A
следует, что элементы A 1 являются целыми числами.
Пусть теперь все элементы aij , bij – целые числа. Тогда из неравенства
1
det A det A1  1 получаем det A  det A  1.
Утверждение 4. Следующие два условия эквивалентны:
1) матрицы A  aij  in, j 1, A1   bij  in, j 1 неотрицательны;
2) в каждом столбце и каждой строке матрицы A ровно один элемент
больше нуля, остальные элементы равны нулю.
Д о к а з а т е л ь с т в о . Пусть выполнено условие 1. Предположим, что
в k-м столбце матрицы A есть два ненулевых элемента ai1k , ai2k . Тогда для любого j  k произведение j-й строки матрицы A 1 на k-й столбец матрицы A
равно нулю (так как A 1 A  E ), то есть
a 1k b j1  ...  a i1 k b j i1  ...  ai2 k b j i2  ...  ank b j n  0,
jk.
Так как ai k  0, b j i  0 и ai1 k  0, a i2 k  0, то b j i1  b j i2  0 для всех
j  k . Значит, столбцы i1 и i2 матрицы A1 пропорциональны и матрица A1
необратима. Получили противоречие. Аналогично доказывается утверждение
относительно строк матрицы А.
Если выполнено условие 2, то A 1 существует и ее элементы bij определяются равенствами
21
0, если a j i  0 ;

b ij   1
 a , если a j i  0 .
 ji
Примеры решения задач
1 . Вычислить A 1 для
 0 1 1  1


 1 0 1  1
A   1 1 0  1 .


. . . . .
 1 1 1  0


Решение. Обозначим
 a11 a12 a13  a1n 


 a 21 a 22 a 23  a 2n 
A 1   a31 a32 a33  a3n  .


.
.
.
. 
 .
a

 n1 a n 2 a n3  a nn 
Пример
Из равенства A A1  E и правила умножения матриц получаем систему
для нахождения a11 , a 21 ,, a n1 :
0

1
1

.
1

1
0
1
.
1
1
1
0
.
1



.

1

1
1

.
0 
 a11

 a 21
a
 31
 
a
 n1
0  a11  a 21  a31    a n1  1,
  1 
  
a  0  a  a    a  0,
  0 
21
31
n1
 11
   0   a  a  0  a    a  0,
 11
21
31
n1
  

. . . . . . . . . . . .
 

  0 
a11  a 21  a31    0  a n1  0.
  
Вычитая из второго уравнения третье, из третьего – четвертое и, наконец, из (n–1)-го уравнения n-е уравнение получаем a21  a31  a 41    a n1 .
1
Теперь из первого уравнения получаем a 21  a31  a 41    a n1 
, из втоn 1
рого – a11  
n2
.
n 1
Аналогично вычисляем элементы матрицы, состоящие в остальных
столбцах, и получаем aij 
n2
1
, если i  j , aii  
.
n 1
n 1
22
Таким образом,
1
1
  (n  2)

1
 (n  2)
1

1

A 1 
1
1
 (n  2)
n 1
.
.
.


1
1
1


1



1

.

1


.

  (n  2) 
П р и м е р 2 . Вычислить A 1 для
1

0
A  0

.
0

1
1
0
.
0
0
1
1
.
0



.

0

0
0 .

.
1 
Решение. Используем метод элементарных преобразований. Проиллюстрируем этот метод для матрицы порядка 4. Построим матрицу ( A | E ) размерности 4  8 и преобразуем ее следующим образом: из третьей строки вычтем четвертую и результат запишем вместо третьей строки, затем из второй
получившуюся третью и из первой получившуюся вторую. В итоге получим
матрицу ( E | B) , где B  A 1 .
 1 1 0 0 1 0 0 0  1 1 0 0 1 0 0 0 

 

0
1
1
0
0
1
0
0
0
1
1
0
0
1
0
0

 

 0 0 1 1 0 0 1 0 ~  0 0 1 0 0 0 1  1  ~

 

 0 0 0 1 0 0 0 1  0 0 0 1 0 0 0 1 

 

1

0
0

0

1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
1
0
0
0
0 0
0  1
 
1 1 1  0
~
0 1  1  0
 
0 0 1   0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
1 1 1 1 

0 1 1 1 
.
0 0 1 1 

0 0
0 1 
 1  1 1  1


0
1

1
1

 .
Таким образом, A1  
0 1 1  1


0
0
0
1


Очевидно, что описанный метод безо всяких изменений применим в
общем случае и дает следующий результат:
23
1 1 1

 0 1 1
A1   0 0 1

. .
.

0 0 0
 (1) n 1 
 (1) n  2 

 (1) n  3  .
.
. 


1 
П р и м е р 3 . Доказать, что если матрица E  AB обратима, то матрица E  B A также обратима.
Решение. Первый способ. Предположим, что матрица E  B A необратима, тогда найдется вектор x   такой, что( E  B A) x   . В этом случае
A ( E  B A) x  ( A  A B A) x  ( E  A B) A x   .
Так как E  AB – обратимая матрица, то A x   . Отсюда получаем, что
  ( E  B A) x  x,
что противоречит нашему предположению.
Второй способ. Непосредственной проверкой убедиться, что
( E  B A) 1  ( E  B ( E  A B) 1 A).
Пример
4 . Найти матрицу, обратную
 A O

 , где А и С –
B C
обратимые матрицы одного порядка.
Решение. Первый способ. Иногда (в частности, и в этом случае) бывает
удобно начинать решение задачи с рассмотрения простейшего частного случая.
Для начала будем считать, что А, В, С – матрицы первого порядка, то есть
обыкновенные числа, причем A  0 и C  0 . Тогда
 A O


B C
1
1

AC
C O 
A 1
O 


  
.
1 1
1 
 B A A C B C 
При переходе к общему случаю нужно обратить внимание на выбор порядка множителей A 1 , C 1 , B , так как умножение матриц, в отличие от
умножения чисел, – некоммутативная операция. Путем несложного перебора
 A O
убеждаемся, что 

B
C


1
 A O 
A 1


 
1
1
 B C    C BA

A 1
  1
1
 C BA
O 
. Действительно,
C 1 
O  
A A 1

C 1   B A 1  CC 1 B A 1
O   E O 
 .
 
CC 1   O E 
X Y 
Второй способ. Пусть 
 – искомая матрица. Тогда
Z W
24
 A O


B C
AX
X Y  

  
 Z W   B X  CZ
AY
BY  C W
  E O
  
.
 O E
Отсюда получаем четыре матричных уравнения
AX  E ,
AY  O,
BX  CZ  O,
BY  CW  E.
Так как А обратима, то Y  O, X  A 1 и B A 1  C Z , C W  E .
Так как С обратима, то Z   C 1 B A 1 , W  C 1.
 A O
Таким образом, 

B
C


1

A 1
 
1
1
  C BA
O
C 1

.


П р и м е р 5 . Пусть А – обратимая матрица порядка n. Доказать, что
 
A * обратима и A
1
 
 A 1

.
Решение. Возьмем два произвольных вектора x, y  C n и рассмотрим их
скалярное произведение:
( x, y )   A A 1 x, y   (согласно утверждению 2 раздела 1.1)   A 1 x, A * y  
*
  x, A 1 A * y  .


Отсюда следует, что
 




*
*
0  ( x, y )   x, A 1 A * y    x,  E  A 1 A *  y  .

  
 
Так как x – произвольный вектор, то можем сделать подстановку
*
x   E  A 1 A *  y , которая приводит к равенству


 




  E  A 1 * A *  y,  E  A 1 * A *  y   0.
 
 

 
 

Так как модуль вектора равен нулю, только если этот вектор нулевой, то получаем равенство
 E  A 1 * A *  y   .




n
Так как y – произвольный вектор из C , то последнее равенство верно только в
 
 
делению обратной матрицы это означает, что A   A  .
 
*
*
случае, когда матрица E  A 1 A * – нулевая, то есть A 1 A *  E . По опре* 1
1 *
Задачи для самостоятельного решения
1.Найти обратные матрицы для следующих матриц:
25
1

1
а) 1

.
1

1
0
1
.
1
1
1
0
.
1



.

 2 1 0 0

 1 2 1 0
 0 1 2 1
б)
.
.
.
 .
0 0 0 0

0 0 0 0

1

1
1;

.
0 




1
0
0
0

0
0


 a 1 0 0  0 0


0
a
1
0

0
0
;
в) 
 0 0 a 1  0 0


. . . . . . .
 0 0 0 0  a 1

 
(
порядок
матрицы
n

1
)


1
1
1  a

1
 1 1 a
г)  1
1 1 a

.
.
 .
 1
1
1

 0 0

 0 0
 0 0
;
.
.
. 
 2  1

  1 2 

1 


1 

1 .

.
. 
 1  a 
2. Найти матрицу X из уравнения
1

0
0

.
0


n 

 n 1
 n  2.

.
. 

1 
 A B
3. Найти обратную матрицу для матрицы 
 , где A и C – обрати0
C


мые матрицы одного порядка. Используя полученный результат, вычислить
1
1
0
.
0
1
1
1
.
0



.

1
1


1
0
1  X   0


.
.
0
1

2

1
0

0
3
1
0
0
2
1
0
.
0
3
2
1
.
0
1
1 2 

2 0 
.
1  2

1  2 
4. Пусть A и B– обратимые матрицы одного порядка. Показать, что равенства
AB  BA,
AB 1  B 1 A,
A1B  BA1 ,
равносильны.
26
A1B 1  B 1 A1
5. Пусть A1 , A2 , , An1 – матрицы порядка n . Доказать, что найдутся
n  1 чисел x1 , x 2 , , x n1 , не равные нулю одновременно, такие, что матрица
x1 A1  x2 A2    xn1 An1 необратима.
6. Пусть A – квадратная матрица порядка n с нулями на главной диагонали и числами  1 вне диагонали. Доказать, что при четных n матрица А невырожденная, а при любом нечетном n матрица А может быть и вырожденной
и невырожденной. Привести соответствующие примеры.
7. Доказать, что если матрица А нильпотентная, то матрицы Е–А и Е+А
обратимы.
8. Решить уравнение AX + X + A = 0, где А – заданная нильпотентная
матрица.
9. Указать, как изменится обратная матрица A 1 , если в матрице А:
а) переставить i-ю и j–ю строки;
б) i-ю строку умножить на число с, не равное нулю;
в) к i-й строке прибавить j-ю, умноженную на число с.
Как изменится матрица A 1, если совершить аналогичные преобразования со столбцами матрицы А?
10. Пусть А – квадратная матрица порядка n :
0
 1


 1


,   0.
A
 


 1

0
0 

Найти A 1 .
1.4. Жорданова нормальная форма
Определение 1. Ж о р д а н о в о й к л е т к о й п о р я д к а k , о т в е ч а ю щ е й ч и с л у  0  C , называется квадратная матрица J k ( 0 ) порядка k, имеющая вид
0 
 0 1


0 1


.
 
J k ( 0 )  


 1 

 0
 0 

27
Примеры жордановых клеток :
 0 1 0


1 1 
 , J 3 (0)   0 0 1  ,
J1 (3)  (3), J 2 (1)  
 0  1
 0 0 0


0
0 
1  i 1


0 
 0 1 i 1
.
J 4 (1  i )  
0
0 1 i 1 


0
0 1  i 
 0
Определение 2. Ж о р д а н о в о й м а т р и ц е й п о р я д к а n называется блочно-диагональная матрица, имеющая вид
0 
 J k1 ( 1 )


J k1 ( 2 )


J 
 , k1  k 2   kl  n.



 0

J
(

)
k1
l 

Следующая теорема занимает одно из центральных мест в теории матриц, так как часто позволяет свести изучение свойств любой матрицы к рассмотрению жордановой матрицы, имеющей более простую структуру, чем исходная матрица.
Теорема 1 (Теорема Жордана). Любая квадратная матрица A подобна
некоторой жордановой матрице того же порядка, то есть
0 
 J k 1 ( 1 )


J
(

)

 1
k2
2
AT 
T ,




0
J k l ( l ) 


где
T–
матрица
 1 ,  2 , ,  l  C;
порядка
n, T 1 –
матрица,
обратная
матрице
Т,
l
 k i  n.
i 1
Не останавливаясь на способе определения количества жордановых клеток J k i ( i ), их размерности k i и матрицы T , заметим только, что числа
 i (i  1,..., l ) являются решениями уравнения det ( A   I )  0 . Действительно,
det ( A   I )  det (T ( J   I ) T 1 )  det ( J   I )  0    элемент на главной
диагонали матрицы J. Это следует из теоремы об определители произведения и
правил вычисления определителей верхних треугольных матриц. При исследо28
вании многих задач знание чисел  i или хотя бы их свойств, например их расположения на комплексной плоскости, бывает вполне достаточно для получ ения искомого решения.
Определение 3. Пусть A – квадратная матрица порядка n . Ненулевой
вектор x называется собственным вектором матрицы A , если при некотором действительном  справедливо равенство
A x   x.
Число   C , для которого det ( A   E )  0 , называется с о б с т в е н н ы м з н а ч е н и е м м а т р и ц ы А.
Так как функция f ( )  det ( A   E ) является многочленом степени n ,
то A имеет не более n различных собственных значений.
У п р а ж н е н и е 1 . Найти собственные значения матрицы
 5 6 3

A   1 0 1
 1 2 1



.


Решение. Найдем корни уравнения det ( A   I )  0 :
5 6
3
1 0  
1  0.
1
2 1 
О т в е т : 1  2 , 2  1  3,
3  1  3 .
У п р а ж н е н и е 2 . Пусть  является собственным значением матрицы A . Тогда  p является собственным значением матрицыA p .
Решение. Первый способ.
det ( A p   p E )  det ( A   E ) ( A p 1   A p  2     p  2 A   p 1E ) 


 det ( A  λ E ) det ( A p 1  λ A p  2     p  2 A  λ p 1E )  0.
Второй способ. Если det ( A   E )  0 , то, согласно пунктам 2 и 3 теоремы 1 раздела 2.3, существует вектор x 0   такой, что ( A  E ) x   . Умно-
жим обе части полученного равенства на A и получим
A ( A   E ) x0  ( A2   A) x0  ( A2   2 E ) x0   .
Аналогично ( A p   p E ) x0   . Это означает, что det ( A p   p E )   , т.е.  p
является собственным значением матрицы A p .
У п р а ж н е н и е 3 . Пусть  1 ,,  n – собственные значения матрицы
A порядка n . Показать, что det A   1  2  n .
Решение. Предлагаем выполнить самостоятельно.
29
У п р а ж н е н и е 4 . Пусть дана квадратная матрицаA порядка n и
det ( A   E )  (1) n (   1 ) k1 (   l ) k l . Показать, что
det ( A p   E )  (1) n (   1p ) k1 (   lp ) k l для p  N ,
det ( A1   E )  (1) n (   11 ) k1 (   l1 ) k l , если все  i  0 .
Решение. Предлагаем выполнить самостоятельно.
У п р а ж н е н и е 5 . Вычислить m -ю степень матрицы
0
 1


  

.
J n ( ) = 
 1


 
0
m
Решение. Обозначим
0
0 0 1


0
0 1
0  0 1




 0 0  
0


0




H1  
, H2  
  1  , , H n 1  
.



 1
 




 0

0
0
0
0
0
0 

Очевидно, что H k H l  H k  l , если k  l  n  1 , и H k H l  0 , если
k  l  n  1 (проверить самостоятельно). Теперь, используя формулу бинома
Ньютона, запишем:
 J n ( ) 
m
m
 ( E  H 1 )  
m
i 0
Cmm  i ( E ) m  i H1i
m
  Cmm  i  m  i H1i 
i 0
  m E   m 1Cmm 1 H1   m2Cmm2 H 2   H m 
  m E   m 1C mm 1H1   m  2Cmm  2 H 2  ...   m( n1) Cmm( n1) H n1.
Отсюда получаем:
а) если m  n , то
30
( J n ( )) m 
 m

0
 .

0

Cmm1m1 Cmm2 m2
m
Cmm1m1
.
.
0


C
m2
m

.
m
m2
Cm1 

.
1
Cm1 
.
Cmm1m1 Cmm2 m2
0
0
0 0  0

1
0
0 0  0
;
.
.
. . . . 
 Cm1  1 0  0 
б) если m  n , то
 n

 0
n 
( J n ( ))  .

 0

 0
Cnn 1 n 1 Cnn  2  n  2
n
Cnn 1 n 1
.
.
0
0
0
0
 Cn1 
 Cn2  2
.
.
 n

0



;

n 1 n 1 
Cn 

n

1
Cn1
.
в) если m  n , то
  m Cmm 1 m 1 Cmm  2  m  2  Cmm  n  2  m  n  2 Cmm  n 1 m  n 1 


 0
m
Cmm 1 m 1  Cnm  n  3 m  n  3 Cnm  n  2  m  n  2 
.
( J n ( )) m   .
.
.
.
.
.


m
m 1 m 1
 0

0
0


Cm 


0
0

0
m
 0

Использование жордановой формы бывает особенно удобно при рассмотрении задач, связанных с возведением матриц в степень. Это связано с тем,
что, благодаря формуле An  TJ nT 1 , исследование степеней A n можно заме-
нить на исследование степеней ее жордановой формы J , а матрицы J n , как
правило, имеют более простой вид, чем матрицы A n . Прежде чем проиллюстрировать сказанное примерами, дадим определение предела последовательности матриц, которое нам будет нужно в дальнейшем.
Определение 4. Последовательность матриц A m с элементами a ij (m)
с х о д и т с я к м а т р и ц е A с элементами a ij , если lim a ij (m)  a ij для
m 
всех возможных значений индексов i, j .
У п р а ж н е н и е 6 . Вычислить lim
n 
Решение. Заметим, что
31
A nn
1
для A n   x

n
1
x
n

 .


x

 1
n
A 2n  
2
x x
  2
n n
x
n
x x2

n n2
1


   1  x  A n ,
 
n


2
A n3

A n2 A n
x
x


  1   A n2   1   A n .
n
n


Применив метод математической индукции, получаем общую формулу
A nn
x

  1 
n

n 1
lim
n 
Значит,
A n . Таким образом,
A nn


A n  lim   1  
n 
n

e x e x 
.
 e x lim A n  

n 
0
0


x

 lim 1  
n  
n
1
lim  x
n  
n
1
x
n
n
xx
n 1
n
x

   e
0



x ( n 1)
 n




An 
e x 
.
0 
Следующее упражнение интересно не только результатом, который в
нем будет получен, но и методом, который приведет к этому результату.
У п р а ж н е н и е 7 . Найти необходимые и достаточные условия того,
что последовательность A m имеет предел.
Решение. Обозначим элемент i-й строки j-го столбца матрицы A m символом aij (m). Используя формулу для перемножения матриц, можно aij (m) выразить через aij (m  1), aij (m  2) и т.д. Однако в общем случае эти формулы
крайне громоздки и непригодны для решения задачи. Поэтому начнем исследование поведения степеней A с тех случаев, когда A имеет простую структуру.
А. Если A является матрицей порядка 1, то есть числом, то lim A m суm
ществует в том и только в том случае, когда A  1 или A  1.
0
 1


2

 , то lim Am существует в том и только в
Б. Если A 



m


 n 
 0
том случае, когда  i  1 или  i  1.
32
В. Далее рассмотрим случай, когда A является жордановой клеткой раз 1 
мера два, то есть A  
 . Случай жордановых клеток при решении этого
0 
упражнения особенно важен, так как изучение степеней матрицы, согласно теореме Жордана, во многом сводится к изучению степеней жордановой формы
этой матрицы. Итак,
  2 2 
 3 3 2 
 m m m 1 
 , A3   
 , ... , Am   
.
A2  
2
3 
m 
 0
 0
0









Таким образом, имеем следующую цепочку эквивалентностей: lim A m
m
существует  lim 
m
m
и lim m 
m 
m 1
существуют 
 1 .
Пусть теперь A – произвольная матрица и J – ее жорданова форма:
 J k ( 1 )
0 
 1

J 

.


J k l ( l ) 
 0
Из теоремы Жордана и правила умножения блочно-диагональных матриц получаем
 J km ( 1 )
0 
 1
 T 1 .
AT



J kml ( l ) 
 0
теза:
Отсюда и из рассмотренных случаев А, Б, В вытекает следующая гипоlim A m существует  все пределы lim J kml ( l ) существуют 
m
m
 выполняется одно из следующих условий:
1) |  i | 1 для ki  1 ; 2) |  i | 1 или  i  1 для ki  1 .
Осталось провести строгое доказательство высказанного предположения. Для этого достаточно установить следующую эквивалентность:
 1 0  0 0 


0  1  0 0
lim J nm ( )  lim  . . . . . .  существует 

m
m 
0 0 0   1
0 0 0  0 



m
n
33

   1 и n  1;

   1 и n  1.
Если n  1 , мы получаем рассмотренный выше пункт А.
Если n  1 , то, согласно результату В упражнения 5, получаем:
lim J nm ( ) существует  существуют все пределы:
m 
lim  m , lim Cnm 1 m 1 , , lim Cnm  n 1 m  n 1.
m 
m
m 
Исследуем каждый из этих пределов.
lim  m существует 
lim
m
m
C mm 1  m 1
  1 или   1 .
 lim m  m 1 существует 
m
 1 .
Действительно, если указанный предел существует, то последовательность m 
m1
lim  m 1  0 . Это возможно,
ограничена. Так как m   , то
m 
только если   1 . Наоборот, если   1 , то для  (0;1) имеем
m
lim m m 1  lim m m 1 lim
m
m 
m 1
m
 lim
m
1
m 1
 0.
1
1
1
ln
 
 



Случай   (1; 0) рассматривается подобным же образом. Нужно при использовании правила Лопиталя учесть, что аргумент логарифма не может быть отрицательным числом. Если   0 , то доказываемое утверждение очевидно.
Аналогично доказывается, что все остальные пределы существуют
только при условии   1 . Таким образом, если А – квадратная матрица и
 J k ( 1)

0
 1


 – ее жорданова форма, то lim A m существует тоJ

m



0
J k i ( l ) 


гда и только тогда, когда выполнены условия
  i  1 и k i  1;

  i  1 и k i  1.
Приведем пример использования результатов упражнения 5 для вычисления суммы матричных рядов.
34
Так же, как и в случае обычных числовых рядов, ряд

 A m , составлен-
m 1
ный из матриц A m одного размера, называется сходящимся, если последовательность матриц S N 
N
 Am
сходится в смысле определения 4.
m 1
Напомним, что для любого   C ряд


равна e . Покажем, что ряд

m0

m
m0
m!

сходится и его сумма
Am
сходится для всех квадратных матриц А
m!
(по аналогии с числовым рядом его сумма обозначается e A ). Доказательство
этого утверждения основано на рассмотрении важного случая:A  J n ( ) .
У п р а ж н е н и е 8 . Показать, что
m
 1 0  0


m



J n ( ) 
1 0  1  0
J ( )
e


 . . .  1 
m!
m0
m  0 m!


0
0
0




n
1 1
1 


1 1

2! 3!
(n  1)! 

1
1 


 e  0 1 1
.
2!
(n  2)! 


.
.
.
.

.


0 0 0 0 

1


Решение. Согласно определению требуется вычислить суммы числовых
 a ( m)
рядов  ij
, где a ij (m)  элемент i-й строки j-го столбца матрицы
m
!
m0
 J n ( )  m и  J n ( )  0  E.
Для i  j  1 из результатов упражнения 5 следует

a 11(m)
m0
m!



m
m0
m!

Для i  1, j  2 имеем
35
 e .


m0
m 1

a 12 (m)
a ( m)  C m 
 a 12 (0)   12

m!
m
!
m!
m 1
m 1
m 1


m  m 1
 m 1


 e.
m!
m 1
m  1 ( m  1)!

Для i  1, j  3 имеем

a 1 3(m)
m0
m!

 a 13 (0)  a 13 (1) 

a 1 3(m)
m2
m!

m!
 m2
1
(m  2)! 2!
 

m!
2!
m2

m2
C mm  2  m  2
m2
m!


 m2



(m  2)!


1 
e .
2!
Аналогично

a 1 4 (m)
m0
m!


1 
e ,
3!

a 15(m)
m0
m!


1 
e , ...,
4!

a 1 n (m)
m0
m!


1
e .
(n  1)!
Таким образом,
e
J n ( )
 
e


0


 .
 0

 0
e
1 
e
2!
e
e
.
0
0
.
0
0
1 
e
3!
1 
e
2!
.
0
0
Доказательство сходимости ряда







m0
1
e
(n  2)!
1
e
(n  3)!
.
e
0
1
e
(n  1)!
1
e
(n  2)!
.
e
e




.





Am
и нахождение его суммы для
m!
произвольной матрицы A теперь получается следующим образом:
 J k1 (1 )
e
 J km (  1 )

0
0
m
1





A
1

T 1  T 

 m!   m!T 
J k l ( l )


m0
m
m 0



0
J
(

)
0
e
k
l
l




36


 1
T .



1.5. Возведение матриц в степень. Нильпотентные матрицы.
След матрицы
В начале этого раздела рассмотрим различные способы возведения матрицы в степень.
Первый способ основан на представлении матрицы А в виде A  T J T 1
, где J – жорданова форма А, и на использовании формулы A n  T J n T 1 и
формулы для J n из упражнения 5 предыдущего раздела.
 0 2
У п р а ж н е н и е 1 . Вычислить A m , гдеA  
 .

3
5


Решение. Найдем собственные значения матрицы А, т.е. решения уравнения det ( A   E )  0 .
2
 0 2
1 0
 
   
   det 
det  
0 1
 3 5
  3 5 

   (5   )  6  0 .

Отсюда  1  2,  2  3 . По теореме Жордана найдется матрица Т такая,
 0 2
2 0
что выполнено равенство 
  T 1 
 T , или, что то же самое,

3
5
0
3




a b
 0 2 2 0
 . Тогда мат  
 T . Определим матрицу Т. Пусть T  
T 
c d
 3 5   0 3 
ричное уравнение
 a b  0 2  2 0 a b 

 
  
 

c
d

3
5
0
3
c
d


 


приводит к системе
 3 b  2 a,
 3 d  3 c, 2 a  5 b  2 b, 2 c  5 d  3 d ,
одним из решений которой будет a  3, b  2, c  1, d  1.
 3 2
Отсюда T  
 ,

1
1


A
m

2 0
 T
  T 1 
0
3



 2m
  m
2




2 3m
33m
m
T
1
1 2 

T 1  
1
3


и
m
2 0
 1 2   2m

 T  
 
0 3
1 3   0
  3  2   3 2 m  2 3m
 
  
m
m
 1
1
  3 2  33

37
0
3m




 3 2


1 
 1
2 3m  2  2 m
33m  2  2 m

.


Второй способ. Индуктивный метод вычисления A m . Этот метод основан на вычислении нескольких первых степеней матрицы А, установлении
закономерностей изменения элементов a ij (m) и строгом доказательстве методом математической индукции.
 1 1 1


У п р а ж н е н и е 2 . Вычислить A m , гдеA   0 1 1  .
 0 0 1


Решение. Для начала вычислим A 2 , A 3 , A 4 :
1 2 3


A2   0 1 2  ,
0 0 1


1 3 6


A3   0 1 3  ,
0 0 1


 1 4 10 


A4   0 1 4  .
0 0 1 


Заметим, что элементы главной диагонали равны 1. Элементы над главной диагональю совпадают со степенью матрицы А, а для элемента a13 (m) матрицы A m при m = 2, 3, 4 выполнено равенство
a 13 (2)  1  2 ;
a13 (3)  1  2  3 ;
a13 (4)  1  2  3  4 .
Теперь мы можем сделать индуктивное предположение
 1 k Sk

Ak   0 1 k
0 0 1

Покажем, что
 1 k 1

A k 1   0
1
0
0



,


где
S k  1  2  ...  k .
S k 1 

k  1  , где S k 1  1  2  ...  (k  1).
1 
Действительно,
A k 1
 1 k Sk   1 1 1   1 k  1 Sk  k  1 


 

 Ak A   0 1 k   0 1 1    0
1
k 1  
 0 0 1   0 0 1  0

0
1


 

38
 1 k  1 S k 1 


0
1
k  1 .
0
0
1 

Что и требовалось доказать. Это означает, что
 1 m Sm 


A m   0 1 m  , где S m  1  2  ...  m.
0 0 1 


Третий способ основан на применении матричного аналога формулы
бинома Ньютона.
Теорема 1. Если матрицы А и В перестановочны (то есть выполнено
равенство АВ = ВА), то
A  B 
m

m
 Cmk A mk B k
 A m  m A m1 B 
k 0
m (m  1) m2 2
A
B  ...  B n .
2
Если матрица B в условии теоремы 1 нильпотентна (то есть B l  0 для некоторого l  N ), то для всех m  l верна формула
A  B 
m

m

Cmk
k 0
A
mk
B 
k
l 1
 Cmk A mk B k .
k 0
Фактически мы уже пользовались этим результатом при нахождении степеней
жордановой клетки J n (  ) при решении упражнения 5.
Применим формулу бинома Ньютона для решения упражнения 2 раздела 1.5. Запишем А в виде суммы перестановочных матриц:
3
1 0 0 0 1 1

 

A   0 1 0    0 0 1 ,
0 0 1 0 0 0

 

Таким образом, для m  3
1
m

A m   C mk  0
k 0
0

1 0 0


 0 1 0 m
0 0 1


0 1 1
0 0 0




 0 0 1    0 0 0 .
0 0 0
0 0 0




получаем
mk
0 0

1 0
0 1 
0 1 1


0
0
1


0 0 0


0 1 1

 m (m  1)
 0 0 1 
2
0 0 0


39
k

2
0 1 1


0 0 1 
0 0 0



1 0 0 0 m m 0 0

 
 
 0 1 0    0 0 m    0 0
0 0 1 0 0 0  0 0

 
 

m (m  1)
2
0
0

  1 m Sm 

 
   0 1 m ,
  0 0 1 


m (m  1) m (m  1)

 1  2  ...  m согласно формуле суммы m
2
2
первых членов арифметической прогрессии 1, 2, 3, … .
Для m = 2 матрица A 2 вычисляется непосредственно.
где
Sm  m 
Замечание. Отметим, что использование первого способа не всегда
оправдано для матриц больших размерностей, так как для вычисления элементов матрицы T уже при n = 4 требуется решать систему из 16 уравнений. С
другой стороны, применение второго и третьего способов затруднительно для
 0 2
вычисления степеней простейших матриц второго порядка типа 

 3 5 
(предлагаем читателям проверить это самостоятельно).
Определение 1. С л е д о м к в а д р а т н о й м а т р и ц ы А называется сумма элементов главной диагонали и обозначаетсяt r A .
Лемма.. Пусть А и В – квадратные матрицы порядка n. Тогда выполнено равенство t r AB  t r B A .
Д о к а з а т е л ь с т в о . Используем метод математической индукции.
1. Для n = 2 утверждение проверяется непосредственно.
2. Предположим, что утверждение верно для некоторогоn  k  1 .
3. Покажем, что оно верно для n  k .
 a 11 a 12

 a 21 a 22
AB  
 

 a k1 a k 2

  b 11
 
  b 21
  
 
  b k1
 
Обозначим строки и столбцы матрицA
a 11
a 12
 a 1, k 1
a 21
a 22  a 2, k 1




a k 1,1 a k 1, 2  a k 1, k 1
 a 1k
 a 2k
 
 a kk
40



.



иB следующим образом:
~
A1 ;
~ A2 ;
 
~ A k 1 .
b 12
b 22

b k2
 b 1k
 b 2k
 
 b kk
b 11
b 21

b k 1,1
~
b 12
b 22

b k 1, 2
B1 ;
~
B2 ;
b 1, k 1
b 2, k 1

b k 1, k 1
~
B k 1 .
A i  B j  a i1 b 1 j  a i 2 b 2 j  ...  a i , k 1 b k 1, j .
Тогда



t r  AB   t r 



a 1k 
 A1


.
. 
 .
A
a k 1, k 
 k 1

 a k 1 ... a k k 


 B 1 ... Bk 1 b 1k

...


...

 b k1 ... b k , k 1 b k k








 A1  B1  a 1 k b k1  A 2  B2  a 2 k b k 2  ...  Ak 1  Bk 1  a k 1, k b k ,k 1 
 a k1 b1k  a k 2 b2 k  ...  a k k b k k .
Аналогично
  C1

 .
tr  B A   tr  
C
  k 1
  b k1

b 1 k   D 1 ... Dk 1

.
. 
b k 1, k  

... b k k   a k1 ... a k , k 1
a 1k
...
...
a kk







 C 1  D1  b 1 k a k1  C 2  D2  b 2 k a k 2  ...  Ck  1  Dk 1  b k 1, k a k , k 1 
 b k 1 a1 k  b k 2 a2 k  ...  b k k a k k .
 C1 
 A1 




C
A
 2 
 2 
Заметим, что 
 B1 B 2 ... B n 1
 D1 D 2 ... D n 1 и 

 





 C n 1 
 A n 1 




– матрицы порядка n – 1 и
 A1 


n 1
 A2 
tr 
B
B
...
B

 A i  Bi ,
n 1
  1 2
i 1


 A n 1 






41


 C1 


n 1
 C2 
tr 
D
D
...
D

 C i  Di.
n 1
  1 2
i 1


 C n 1 




n 1

В силу индуктивного предположения 2
i 1
n 1
A i  Bi   C i  D i . Отсюда следуi 1
ет равенство t r AB  t r B A .
У п р а ж н е н и е 3 . Пусть А – матрица размерности n  n , причем
a ij  i  j . Вычислить f (0) , где f ( x)  det ( x A  E ) .
Решение. Пусть J – жорданова форма матрицы А и  1,  2 , ...,  n – ее
собственные значения, тогда




det ( x A  E )  det T  x J T 1  TET 1  det T  x J  E T 1  det  x J  E .
Так как x J  E – верхняя треугольная матрица и на ее главной диагонали стоят элементы  1 x  1,  2 x  1, ...,  n x  1, то
det ( x A  E )  ( 1 x  1) (  2 x  1) ... (  n x  1) 
 ( 1  2 ... n ) x  ...  ( 1   2  ...   n ) x  1.
Значит, f (0)   1   2  ...   n согласно задаче 14 (см. задачи для самостоятельного решения ниже) , f (0)  t r A.
Итак,
d
det x A  E  
dx
x 0
n
tr A   i 2 
i1
n (n  1) (2 n  1)
.
6
Последнее равенство доказано в примере 1 пункта 3.
Задачи для самостоятельного решения
1. Используя теорему Жордана, вычислить:
m
m
50
m
  2 1  1 0   3  1 
 1 1   1 0  1 1

 ; 
 ; 
 ;  
 
 
  .
 0 2   2 3    1 3
  5 3  1 1    5 2  
2. Используя метод математической индукции, вычислить:
42
m
 1 1 1 1


m  2 1 0
  0 1 1 1
 cos sin   

 ;  0 1 0  ; 
 .
0
0
1
1
  sin  cos  


 0 0 2  
 0 0 0 1
3. Используя формулу бинома Ньютона, вычислить:
m
1

0
0

0
1
1
0
0
1
1
1
0
m
1  1 0
 
1  0 1
,
1  0 0
 
1  0 0
1
0
1
0
1  0 1 0 
 

1  0  0 1 
.
,
0  0 0  0 
 

1   0 0 0  
m
m
4. Найти все матрицы второго порядка, квадрат которых равен:
а) нулевой матрице; б) единичной матрице.
n
 a (n) a12 (n) 
 2 1
a ( n)
5. Пусть An  
.
. Вычислить lim 12
   11
n   a22 ( n)
 1 0
 a21 (n) a22 (n) 



6. Вычислить lim 
n 



 1 2

7. Найти   1 1
 2 0

 0 1
8. Найти 


1
0


n
1
2
1
0
1
3
0
0

1

1 .

`1 

5
100
1

0
1 
.
2009
.
9. Доказать, что равенство AB  BA  E не выполняется ни для каких
матриц A и B .
n


 1

n
 ,  R.
10. Вычислить lim 
n   
1 

 n

11. Доказать, что сумма двух коммутирующих нильпотентных матриц
является нильпотентной.
12. Привести пример двух нильпотентных матриц, сумма которых не
является нильпотентной.
43
13. Доказать, что:
1) если А – кососимметрическая матрица, то t r A  0 ;
2) если А – косоэрмитова матрица, то t r A   i , где  R и
i– мнимая единица;
3) если А – симметрическая (эрмитова) матрица, то t r A R ;
4) если А – эрмитова матрица и t r A 2  0, то A  0 ;
5) если А – положительно определенная матрица, то t r A  0 .
14. Используя лемму, последовательно доказать следующие утверждения:
1) t r A t r C 1BC , если A  C 1B C ;
n
2) t r A    i , где  i  собственные значения матрицы А;
i 1
3) если А – нильпотентная матрица, то t r A  0 ;
1) если для всех n  N t r An  0 , то А – нильпотентная матрица;
2) если A B  B A  B для некоторой матрицы А, то В является нильпотентной матрицей.
15. Предположим, что квадратная матрица А второго порядка
комплексными членами имеет двойное собственное значение  . Показать, что
найдется матрица В, подобная матрице А (т. е. B  T 1 AT ), равная одной из
 0   1 
двух матриц 
 , 
 . Вычислить B n .
0  0 
1.6. Многочлены
Определение 1. М н о г о ч л е н о м ( и л и п о л и н о м о м ) степени n
( deg p  n ) от переменной x называется выражение вида
p n ( x)  a n x n  a n 1 x n 1  ...  a1 x  a 0 , аn  0.
Теорема 1. Любой многочлен с комплексными коэффициентами может быть представлен в виде
r
r
p n ( x)  a n ( x  x1 ) 1 ( x  x 2 ) 2 ... ( x  x k ) rk ,
r1  r 2  ...  r k  n .
Определение 2. Числа x i называются к о р н я м и м н о г о ч л е н а
p n , число r i – к р а т н о с т ь ю к о р н я x i . Если r i = 1, то x i называется
п р о с т ы м к о р н е м , если r i>1, то – к р а т н ы м к о р н е м (кратности
ri ) .
Утверждение 1. Показать, что x 0 является корнем многочлена
p  p (x) кратности r тогда и только тогда, когда
44
p ( x 0 )  p( x 0 )  ...  p ( r 1) ( x 0 )  0 .
Теорема 2. Любой многочлен с вещественными коэффициентами может быть представлен в одном из следующих видов:
r
r
r
r
s
p n ( x)  a n ( x  x1 ) 1 ( x  x 1 ) 1 ... ( x  x k ) k ( x  x k ) k ( x  y1 ) 1 ...( x  y l )
r
 a n ( x 2  b 1 x  c 1 ) 1 ... ( x 2  b k x  c k )
2 (r1  ...  r k )  s1  ...  s l  n ,
b i  2 Re x i ,
rk
sl

s
s
2
, yi  R для i  1,..., l.
( x  y1 ) 1 ... ( x  y l ) l ,
ci  xi
Теорема 3. Пусть p  p (x) и q  q (x) – два многочлена и
deg p  deg q . Тогда найдутся многочлены u  u (x) и v  v (x) такие, что
p ( x)  u ( x) q ( x)  v ( x) , degv  deg q.
Многочлен
v  v (x) называется о с т а т к о м о т д е л е н и я
p  p (x) на q  q (x) . Если v ( x)  0 , то говорят, что p  p (x) делится на
q  q (x) (без остатка).
Замечание. Многочлен p  p (x) делится на q  q (x) тогда и только
тогда, когда каждый корень многочлена q  q (x) кратности r является корнем
p  p (x) кратности s  r .
У п р а ж н е н и е 1 . Найти значения а и b, при которых многочлен
p ( x)  a x n 1  b x n  1 делится на ( x  1) 2 .
Решение. С учетом сформулированного выше замечания и утверждения
1 достаточно показать, что p (1)  p(1)  0 . Таким образом, получаем систему
уравнений:
решая которую находим a  n ; b  (n  1).
У п р а ж н е н и е 2 . Пусть p и q – различные многочлены, такие что
p (q ( x))  q ( p ( x)) . Доказать, что p ( p ( x))  q (q ( x)) делится на p ( x)  q ( x) .
Решение. Приведем решение для случая, когда многочлен p ( x)  q ( x)
не имеет корней кратности больше чем два, оставив читателю рассмотрение
общего случая.
А. Пусть a – простой корень многочлена p ( x)  q ( x) . Тогда p (a)  q (a)
и p ( p (a))  q (q (a))  p (q (a))  q ( p (a))  0 .
Б. Пусть a – корень многочлена p ( x)  q ( x) кратности два. Тогда
p (a)  q (a) , p (a )  q (a ) и, как было доказано в А, p ( p (a))  q (q (a))  0 .
Отсюда
45
 p ( p ( x))  q (q ( x))  x  a  p ( p (a)) p(a)  q(q (a)) q(a) 
 p(q (a)) q(a)  q( p (a)) p(a)  ( p (q ( x))  q ( p ( x) ) )x  a  0 .
Из А, Б и утверждения 1 следует, что p ( p ( x))  q (q ( x)) делится на
p ( x)  q ( x) .
Определение 3. Результантом двух многочленов
p ( x)  a n x n  ...  a 1 x  a 0 ,
q ( x)  b m x m  ...  b 1 x  b 0
называется определитель
an
a n 1
an


R ( p, q ) 

a n 1

b m 1 
b m b m 1
 

bm
a0
 a0
 
a n a n 1
b0
 b0
 
b m b m 1
 
 a0
 
 b0



 m строк


.



 n строк


Теорема 4. Для того, чтобы многочлены p  p ( x) и q  q ( x) имели
общий корень, необходимо и достаточно, чтобы R ( p, q)  0 .
В случае q ( x)  p( x) результант R ( p, p) называется дискриминантом
многочлена p  p (x) . Если p( x)  ax 2  bx  c , то R ( p, p)  a (b 2  4ac)  aD ,
где D – «школьный» дискриминант квадратного трехчлена p (x) , так как
a b c
2a b 0  ab 2  4a 2 c  a (b 2  4ac) .
0 2a b
У п р а ж н е н и е 3 . Найти все значения
p ( x)  x 3   x  2,
q ( x)  x 2   x  2
имеют общий корень.
46
,
при которых многочлены
Решение. Найдем значения параметра  , при которых результант многочленов p и q равен 0.
1
0
R ( p, q )  1
0
0
0 
2 0
1
0
 2
1 1
1
0  2
 2 2 0
2  2

2
0 0 
1

2 0
1

1

2 0
0
1
 2
0
1
 2

 2
2 
2

 4 3  2  5   3  0.
Решая получившееся уравнение, находим  1  3 ,  2,3  1 .
Задачи для самостоятельного решения
1. Разложить на линейные множители с комплексными коэффициентами многочлены:
а) x 2 n  x n  1 ;
б) x 4  4 ;
в) cos (n arccos x) .
2. Разложить на линейные и квадратичные множители с вещественными коэффициентами многочлены:
а) x 2 n  x n  1; б) x 4  4 x 3  4 x 2  1 ; в) x 6  x 3  1 .
3. При каких а и b многочлен x 5  a x 3  b имеет корень кратности два,
отличный от нуля.
x x2
xn
4. Доказать, что многочлен 1  
не имеет кратных кор ... 
1! 2!
n!
ней.
5. Доказать, что многочлен x 3 m  x 3 n 1  x 3 p  2 делится на x 2  x  1
при всех m, n, p  N .
6. Показать, что многочлен p ( x)  a x n1  b x n  1 не делится на
( x  x 0 ) 3 ни при каком значении параметров a , b , x 0 .
7. Определить, при каких m, n, p многочлен x 3 m  x 3 n1  x 3 p  2 делится на x 2  x  1 .
8. Найти все значения  , при которых многочлены x 3   x 2  9 и
x 3   x  3 имеют общий корень.
9. Найти многочлен наименьшей степени, принимающий максимальное
значение 6 при x  1 и минимальное значение 2 при x  3 .
10. Определить значения параметров p и q, при которых многочлен
x 3  p x  q имеет три различных вещественных корня.
47
11. Пусть многочлен p  p (x) имеет только вещественные корни. Доказать, что если а – кратный корень многочленаq  p (x) , то p (a)  0 .
12. Доказать, что если p  p (x) и q  q (x) – многочлены степени n, то
либо p 2 ( x)  q 2 ( x) , либо степень многочлена p 2 ( x)  q 2 ( x) не меньше n.
13. Определить количество вещественных корней многочлена
x2
xn
.
1 x 
 ... 
2
n
14. Показать, что для заданных не равных между собой действительных
чисел a и b и натурального n найдутся единственные многочлены P и Q , такие, что deg P  2n , deg Q  2n , ( x  a) 2 n P( x)  ( x  b) 2 n Q( x)  1 ; вывести отсюда равенства Q( x)  P(a  b  x) , P( x)  Q(a  b  x) . Будут ли выполняться последние неравенства , если не накладывать условий на степени многочленов?
15. Решить упражнение 3 без использования результантаR ( p, q).
2. ВВЕДЕНИЕ В АНАЛИЗ
2.1. Метод математической индукции
Этот метод используется для того, чтобы доказать, что некоторое
утверждение верно для всякого натурального числа n и применяется в различных разделах математики.
Алгоритм метода математической индукции
1. Непосредственными вычислениями устанавливается, что утверждение
верно для n  1 .
2. Делается предположение, что утверждение верно для некоторого
n  k или для всех n  k .
3. Исходя из сделанного предположения, доказывается, что утверждение
верно для n  k  1 . Отсюда следует, что утверждение верно для всехn  N .
П р и м е р 1 . Доказать, что 12  2 2    n 2 
n(n  1)(2n  1)
.
6
Решение. Используем метод математической индукции.
1. Если
n 1,
то 12 
1(1  1)(2  1  1)
1 .
6
2. Предположим, что утверждение верно для n  k , т.е.
48
12  2 2    k 2 
3. Для
n  k 1
k (k  1)(2k  1)
.
6
с использованием предположения 2 получаем
k (k  1)(2k  1)
 (k  1) 2 
6
2
(k  1)(k (2k  1)  6(k  1)) (k  1)(2k  7k  1) (k  1)(k  2)(2(k  1)  1)



,
6
6
6
12  2 2    k 2  (k  1) 2 
что и требовалось доказать.
Бесконечной числовой последовательностью (или просто числовой последовательностью) называется функция an  f (n) , определенная на множестве
всех натуральных чисел 1,2,…, n,… . Значения последовательности a1 , a2 , ..., an , ...
называются ее членами.
Последовательность an  f (n) иногда обозначают так: an  . Это означает,
что задана последовательность с общим членом an . По данному общему члену
всегда можно найти любой член последовательности ak , подставив в an вместо
n число k. Ниже приведены примеры последовательностей, причем сначала
приведена форма записи an  , а затем записаны первые члены:
1)  1n n;1, 2,  3, ...;
 n  1 2 3
5) 
 ; , , , ...;
 n  1 2 3 4
 n  1 3 2
6) 
 ;1, , , ...;
 2n  4 3
1
1 1

7)  1n  ;  1, ,  , ... .
n
2 3

2) 3n  1;4, 7, 10, ...;
3) 2  n;1, 0,  1, ...;
1
1 1
4)   ;1, , , ...;
n
2 3
Пример
2 . Последовательность положительных чисел an , n  N
удовлетворяет условию an2  an  an 1 для всех n  N . Доказать, что для любого
n N
имеет место оценка an 
Решение. 1. Если
a2 
n  1,
1
.
n
то a12  a1  a2  a1 . Откуда a1  1 . Если
2
1 
1
1 1
   a1     .
4 
2
4 2
1
2. Предположим, что a k 
для произвольногоk  2 .
k
1
3. Докажем, что выполнено неравенство a k 1 
.
k 1
a1  a12
49
n  2,
то
Во-первых, покажем, что функция f ( x)  x  x 2 возрастает на [0;0,5] .
1
Возьмем 0  x1  x2  . Тогда
2
f ( x2 )  f ( x1 )  x2  x22  x1  x12  x2  x1  ( x2  x1 )( x2  x1 ) 
 ( x2  x1 )(1  x1  x2 )  0, т.е. f ( x2 )  f ( x1 ).
Отсюда и из того, что a k 
1
, в силу предположения 2 получаем
k
1
1
1
1
1 1 1
ak 1  ak  ak2  f (ak )  f     2 
 
 2
k 1 k k 1 k
k k k
1
1
1

 2

.
k  1 k (k  1) k  1
Пример 3 (Бином Ньютона)
Обозначим n! 1  2  ...  n для n  N , 0! 1 (запись n! читается «nn!
факториал»);  nk  0 xk  x1  x2  ...  xn , Cnk 
.
k !(n  k )!
Биномом Ньютона называется равенство
( a  b) 
n
n
 Cnk a k b n  k  Cn0 a 0b n  Cn1 a1b n 1  ...  Cnn a nb 0 .
k 0
Справедливость этого равенства для всех a, b  R и n  N доказывается
методом математической индукции.
При n  1 доказываемое равенство принимает вид (a  b)1  C01 a  C11b .
Последнее равенство верно, так как C10  C11  1 . Предположим, что равенство
верно для n=k. Тогда для n=k+1 получаем
(a  b) k 1  (Ck0 a 0b k  Ck1 a1b k 1  Ck2 a 2b k  2  ...  Ckk 1a k 1b1  Ckk a k b 0 )(a  b) 
 C k0 a1b k  C k1 a 2b k 1  ...  C kk 1a k b1  Ckk a k 1b 0 
C k0 a 0b k 1  C k1 a1b k  C k2 a 2b k 1  ...  C kk a k b1 
 Ck0 a 0b k 1  (Ck0  Ck1 )a1b k  (Ck1  Ck2 )a 2b k 1  ...  (Ckk 1  Ckk 1 )a k b1  Ckk a k 1b 0 .
Так как для любых k , l  N , k  l выполнены равенства
l!
l!
(l  1)!
Сlk 1  Clk 


 Clk1 ,
(k  l )!(l  k  1)! k !(l  k )! k !(l  1  k )!
то окончательно получаем
(a  b) k 1  Ck01a 0b k 1  Ck1 1a1b k  Ck21a 2b k 1  ...  Ckk1a k b1  Ckk 1a k 1b 0 .
Таким образом, равенство полностью доказано.
С другими примерами использования метода математической индукции
читатели столкнутся во многих следующих ниже разделах пособия.
50
Задачи для самостоятельного решения
1. Доказать равенства:
n (n  1)
а) 1  2  3  ...  n 
;
2
б) 13  23  33  ...  n 3  (1  2  3  ...  n) ;
в) 1  2  2 2  ...  2 n1  2 n  1 .
2. Доказать неравенства:
а) (1  x) n  1  n x, где n  1 и x  1;
б)(1  x1 )(1  x2 )...(1  xn )  1  x1  x2  ...  xn , где x1 , x2 ,..., xn – числа
одного и того же знака, большие чем –1;
1 3 2n  1
1
 

;
2 4
2n
2n  1
1
1
1
г) 1 


 n для n  2 ;
2
3
n
д) n n1  (n  1) n для n  3 .
в)
2.2. Пределы последовательностей
Определение 1. Число A ( ) называется п р е д е л о м последовательности xn n 1 , если для каждого   0 существует такой номер n0 N,
что для всех n  n0 выполняется неравенство xn  A   . Это обозначают
xn  A или xn  A при n   .
так: lim
n 
При помощи символов математической логики это определение можно
записать в виде
A  lim xn  (  0)  (n0  N )  (n  n0 )  xn  A   .
n 
Аналогично можно записать следующие определения:
lim xn    (  0)  (n0  N )  (n  n0 ) xn    ,
n 
lim xn    (  0)  (n0  N )  (n  n0 ) xn    ,
n 
lim xn    (  0)  (n0  N )  (n  n0 )  xn    .
n 
51
Геометрически факт A  lim x n означает, что для любого 
n 
0
вне ин-
тервала ( A   ; A   ) находится не более конечного числа членов последовательности x n n 1 ; факт A  lim xn означает, что найдется интервал
n 
( A   0 ; A   0 ) , вне которого находится бесконечно много членовxn .
Последовательности, имеющие конечный предел, называются с х о д я щ и м и с я , а остальные – р а с х о д я щ и м и с я .
Критерий Коши сходимости последовательности. Существование у
последовательности x n n 1 конечного предела эквивалентно выполнению
условия
(  0)  (n0  N )  (n, m  n0 )  xn  xm   .
Основные свойства пределов последовательностей заключены в следующей теореме.
Теорема 1. Если существуют конечные пределы A  lim xn , B  lim y n , то
n
n
1) lim (xn  yn )   lim xn   lim yn  A  B;
n 
n 
n 
2) lim ( xn yn )  lim xn lim yn  A B;
n 
n 
n 
xn A
xn nlim
    , если B  0.
n   yn
lim yn B
3) lim
n 
Несколько более сложным и интересным является исследование сходимости последовательностей xn 

yn 
n 1 ,
 xn
xn y n 
n 1 , 
 yn




 , в случае когда один
 n 1
или оба предела lim x n , lim y n не существуют или равны бесконечности.
n 
n 
Утверждение 1. Пусть последовательность xn n 1 сходится, а после
довательность yn n 1 расходится, тогда
1) последовательность zn  xn  yn расходится;
2) последовательность zn  xn yn :
а) расходится, если lim x n  0,

n 
б) может расходиться, сходиться к бесконечности или конечному
пределу, если lim x n  0.
n

Доказательство. 1. Предположим, что z n n 1 сходится, тогда
lim y n  lim z n  lim x n существует и конечен. Противоречие.
n 
n 
n 
52
2. Доказательство 2а аналогично доказательству 1.
Приведем примеры, соответствующие каждой из возможностей, сформулированных в условии 2б.
1
n 
n 
n
1
Если x n  , y n  a n , то lim z n  lim a.
n
n
n
1
Если x n  , y n  n для четных n, y n  n для нечетных n , то z n  1
n
для четных n и z n  1 для нечетных n . Таким образом, lim z n не существу-
Если xn  , yn  n 2 , то lim z n  lim n  .
n
ет.
Определение 2. Последовательность x n n1 называется о г р а н и ч е н н о й с в е р х у ( с н и з у ), если существует C  R такое, что

xn  C ( xn  C ) для всех n  N . Последовательность x n n1 называется
о г р а н и ч е н н о й , если она ограничена снизу и сверху.
Замечание. Пункт 2б утверждения 1 может быть частично уточнен следующим образом: если lim x n  0 и последовательность y n n1 ограничена, то
n 
lim x n y n  0.
n 
У п р а ж н е н и е 1. Привести примеры расходящихся последователь

ностей x n n1 , y n n1 таких, что

1) x n  y n n1 сходится;

2) x n  y n n1 расходится;
3) xn y n n1 сходится;
4) xn y n n1 расходится.
Приведем значения пределов некоторых, часто встречающихся на практике последовательностей :
an
ns
2)
lim
 0;
1) lim n  0 (a  1; s  R) ;
n  n !
n  a
4) lim n n  1 ;
3) lim n a  1 (a  0) ;
n 
n 
5) lim n n!   ;
log a n
 0 (a  1) ;
n
n
n 
7) lim
n
6) lim
 e;
n
1

8) lim  1    e .
n
n
Различные подходы к доказательству сформулированных результатов
будут даны в этом и последующих разделах.
Во многих случаях доказательство существования у последовательности конечного предела основывается на использовании следующей теоремы.
n  n
n!
53
Теорема 2. Монотонно возрастающая, ограниченная сверху последовательность имеет конечный предел. Монотонно убывающая, ограниченная снизу последовательность имеет конечный предел.
Эта теорема часто используется для вычисления пределов рекуррентно
заданных последовательностей. Проиллюстрируем сказанное следующим
упражнением.
У п р а ж н е н и е 2 . Последовательность xn  n 1 такова, что x1  0 ,
1
1
x n 1   x n 
2
xn
предел.
Решение.

 при n  1 . Доказать, что существует lim x n , и найти этот
n 

Во-первых, покажем, что x n  1 для всех n  1 :
( x  1) 2
1
1  xn21  1 xn21  2 xn 1  1  2 xn 1
 
xn   xn 1 

 1  n 1
 1.
2
xn 1  2 xn 1
2 xn 1
2 xn 1
 
xn 
n 1
Используя полученную оценку, установим, что последовательность
монотонно убывает:
1  xn21
1
1 


xn  xn 1   xn 1 
 xn 1 
 0, n  2 .
2
xn 1 
2 xn 1
Таким образом, выполнены условия теоремы 2 и, следовательно, существует предел последовательности x n n 1 . Обозначим его А. Тогда A  lim xn1
n
и
lim xn1 
n

1
1 
lim  x n   ,
2
xn 

1
1
A   A  ,
2
A
Так как все x n  1, то lim x n  1 .
A2  1 .
n 
У п р а ж н е н и е 3 . Для a  0 вычислить предел последовательности
x1  a ,
x2  a  a ,  , xn  a  a    a , 


n корней
При вычислении пределов последовательностей, заданных рекуррентной
формулой xn  axn 1  bxn  2 , бывает полезно использовать следующее соображение. Пусть 1 и 2 – корни уравнения  2  a  b . Тогда
xn  C11n  C2 n2 , если 1  2 ;
xn  C1n  C2 nn , если 1  2   .
54
Коэффициенты C1 и C2 определяются по двум первым членам последовательности, заданным в условии задачи. Представленные формулы можно доказывать в каждом конкретном случае методом математической индукции.
Общий подход к доказательству этих равенств достаточно труден и потому выходит за рамки нашего изложения.
У п р а ж н е н и е 4 . Пусть дана рекуррентная последовательность:
xn
.
x1  2, x2  8, xn  4 xn 1  xn  2 для n  3 . Вычислить предел lim
n   xn 1
Решение. Покажем, что
1
1
xn 
(2  3 ) n 
(2  3 ) n для всех n  N .
3
3
Без использования сделанного выше замечания сделать такое предположение о виде общего члена xn рассматриваемой последовательности было
бы затруднительно. Во-первых, мы использовали здесь тот факт, что
1
мы
1  2  3, 2  2  3 – корни уравнения 2  4  1 . Коэффициенты
3
нашли, решив систему уравнений
С1 (2  3)1  С2 (2  3)1  2, C1 (2  3) 2  (2  3) 2  8 .
Приступим к строгому доказательству сделанного предположения. Для
n  1 это равенство проверяется непосредственно. Предположим, что оно выполнено для n  k  1 и n  k . Докажем его справедливость для n  k  1 . Тогда в соответствии с принципом математической индукции рассматриваемое
равенство будет верным для всех n  N .
xk 1  4 xk  xk 1 

1
(4(2  3) k 1  4(2  3) k 1  (2  3) k 2  (2  3) k 2 ) 
3
1
((2  3) k  2 (7  4 3)  (2  3) k  2 (7  4 3)) 
3

1
((2  3 ) k 1  (2  3 ) k 1 ) .
3
Таким образом, требуемое утверждение доказано. Перейдем к вычислению искомого предела. Используя сделанные выше обозначения, имеем
x
n  n2
1  (2 / 1 ) n
lim n  lim n 11

lim

 1  2  3 .
1
n 1
n 1
n   xn 1
n  
n 


1

(

/

)
1
2
2
1
Следующие два упражнения предлагаем выполнить самостоятельно.
У п р а ж н е н и е 5 . Определить константы C1 и C2 для последовательности Фибоначчи: x1  x2  1 , xn 1  xn  xn 1 , n  3 . Вычислить величину
x
золотого сечения: lim n .
n   x n 1
55
Решение. Выполняется аналогично упражнению 4.
У п р а ж н е н и е 6 . Доказать, что все элементы последовательности
1
xn 
((2  3 ) n  (2  3 ) n ), n  N
2 3
являются натуральными числами.
Решение. Выполняется аналогично упражнению 4.
Теорема 3 (Теорема Штольца).
x n n 1 , y n n1 удовлетворяют условиям:
а) y n1  y n для всех n  N ;
б) lim y n  ;
Пусть
последовательности
n 
в) существует конечный или бесконечный предел lim
n
xn1  xn
.
y n1  y n
xn
x  xn
.
 lim n1
n y n
n y n 1  y n
У п р а ж н е н и е 7 . Пусть lim a n  a . Показать, что
Тогда lim
n 
a1    a n
a.
n 
n
x n  a1  a 2    a n ,
lim
Решение. Полагая
y n  n , получаем, что по-
следовательность y n n 1 удовлетворяет условиям а и б теоремы 3. Условие
в выполнено, так как
x  xn
(a  a 2    a n1 )  (a1  a 2    a n )
lim n1
 lim 1
 lim a n  a .
n y n 1  y n
n
n 
n 1 n
Таким образом,
a  a2    an
lim 1
 lim a n  a .
n 
n 
n
Заметим, что утверждение, обратное сформулированному в упражнении
5, вообще говоря, неверно. Например, для последовательностиa n  (1) n :
a  a2    an
lim 1
 0 , а lim a n не существует.
n 
n 
n
У п р а ж н е н и е 8 . Найти предел последовательностиa n n 1
an 
1k  2 k  n k
n k 1
, где k – фиксированное натуральное число.
Решение. Положим,
56
x n  1k  2 k    n k , y n  n k 1 .
Тогда
lim an  lim
n
n
xn
yn
xn  xn1
nk
,
 lim k 1
k 1
n y n  y n1
n n
 (n  1)
 lim
если предел справа существует. Докажем существование этого предела.
Воспользовавшись формулой бинома Ньютона, получим
(n  1) k 1  n k 1  (k  1) n k   ,
где троеточие заменяет сумму степеней n, меньших k, так, что
n k 1  (n  1) k 1  (k  1) n k  
Поэтому
lim a n  lim
n
n
Упражнение 9 .
lim
nk
(k  1)n k  

1
.
k 1
Показать, что если p  N , то
1 p  3 p    (2 n  1) p
n p 1
Решение. Выполнить самостоятельно.
n 

2p
.
p 1



Теорема 4. Пусть последовательности xn n1 , y n n1 , z n n1
удовлетворяют условиям:
а) x n  y n  z n для всех n  N ;
б) lim x n  lim z n  A .
n 
n 
Тогда последовательность y n n 1 сходится и lim y n  A .
n
У п р а ж н е н и е 1 0 . Показать, используя теорему 4, что
an
lim
 ,
a  1.
n  n
Решение. По условию а представимо в виде a  1   ,   0 . По формуле
бинома Ньютона при n  2 имеем
n (n  1) 2
n (n  1) 2  n  2
  
    ,
2
2
2
2
a n  (1   ) n  1  n 
n
при n  2 .
2
Отсюда при n   получаем
так как n  1 
57
2
an   
   n   .
n  2
an
 .
n  n
Следовательно, lim
У п р а ж н е н и е 1 1 . Используя рассмотренную выше технику, показать, что
n
lim n  1 .
n 
Решение. Поскольку при любом
n2
имеем
n
n  n 1  1 , то
n
n  1   n  0.
Отсюда n  (1   n ) n  1  n n  n(n  1)  n2  n(n  1)  n2 . Так как n  1  n 2 при
n
n 2 n2
2
; таким образом, 0   n  2
4
n  2,
2
то
при n  2 .
n
Следовательно, lim  n  0 , и, значит,
n 
lim n n  lim( n  1)  1 .
n 
n 
У п р а ж н е н и е 1 2 . Вычислить пределы последовательностей
n
xn 
n2  n
yn 
;
n
n 2 1
;
zn 
1
n 2 1
1

n2  2
 ... 
1
n2  n
.
Решение.
lim x n  lim
n 
n 
n
n n
 lim
n 
n
n
1
 lim
n 
 1.
n n
n
Аналогично lim y n  1 . Для вычисления предела последовательности z n
2
2
1
1
n
 n 1
n 
заметим, что для всех n  N имеет место неравенство z n  x n , так как
zn 
1
1
 ... 
1
n 

1
n 
 ... 
1
n 
n 
Вычисление пределов вида
lim xn y n , если lim xn  0, lim y n   ,
n 
n 
n 
lim ( xn  y n ) , если lim xn  lim y n  
n 
n 
58
n 

n
 xn .
n 2 1
n2  2
n2  n
n2  n
n2  n
n2  n
Аналогично z n  yn для всех n  N . Таким образом, x n  z n  yn и
lim xn  lim y n  1 . По теореме 4 lim z n  lim xn  lim y n  1.
n 

с использованием исключительно методов теории последовательностей является, как правило, достаточно трудоемкой задачей, способ решения которой зависит от конкретного вида последовательностейx n n 1 , y n n 1 .
У п р а ж н е н и е 1 3 . Доказать, что при 0  k  1 выполнено равенство


lim (n  1) k  n k  0.
n 
Решение. Из неравенства x k  x при x  1 и 0  k  1 следует
k


1
1 

k
k
k 
0  (n  1)  n  n   1    1   n k   1    1   n k 1 .
n
n 

 

lim n k 1  0
Так как


n 
при k  1 , по теореме 4 получаем, что
lim (n  1) k  n k  0 .
n 
У п р а ж н е н и е 1 4 . Найти lim
n
n 
Решение.
lim
n 
n

n 1 

n  lim
n

n 1 
n 1 
n

n 1 
n 
n


n .
n 1 
n
n

1
1
 .
n  n  1  n
n 
2
1
1 1
n
Более универсальный метод вычисления рассмотренных выше пределов
дает применение правила Лопиталя. Еще один метод вычисления пределов последовательностей, выходящий за рамки теории последовательностей, связан с
использованием интегральных сумм Римана. Оба эти метода будут рассмотр ены ниже.
 lim
 lim
Примеры решения задач
Рассмотрим нестандартные приемы вычисления пределов последовательностей на конкретных примерах.
П р и м е р 1 . Вычислить lim a1  a 2  ...  a n  , если
n 
an 
1
, для n  N .
(n  1) n  n n  1
Решение. Заметим, что для любого n  N справедливы равенства
an 
(n  1) n  n n  1
1


(n  1) n  n n  1 (n  1) 2 n  n 2 (n  1)
59


n 1  n
n 1  n

n (n  1) (n  1  n)

n 1  n
1


n (n  1)
n
1
.
n 1
Отсюда

1 
lim a1  a 2  ...  a n  lim  1 
1.

n 
n  
n

1


П р и м е р 2 . Пусть a n  1  3  5  ...  (2 n  1) , n  N . Найти lim a n .
n
2  4  6  ...  2 n


Решение. Запишем a n2 в виде
(2 n  3) (2 n  1) 2 n  1
1 3 3  5
 2  ... 

.
2
2  4  6  ...  (2 n)
2 4
(2 n  2) 2
( 2 n) 2
(2 k  3) (2 k  1)
Непосредственными вычислениями проверяется, что
1
(2 k  2) 2
2 n 1
. Отсюда и из теоредля всех k  2 . Отсюда вытекает оценка 0  a n2 
2
( 2 n)
a n2

1 2  3 2  5 2  ...  (2 n  1) 2
2
2
2

мы 4 получаем равенство lim a n2  0 . Это означает, что lim a n = 0.
n
n 
П р и м е р 3 . Пусть x1 , x 2 ,... – все положительные корни уравнения
tg x  x , расположенные в порядке возрастания. Вычислить lim ( xn  x n1 ) .
n
Решение.
Так
как
функция
y  tg x
на
каждом
полуинтервале






 (n  1), 2   (n  1)  возрастает от 0 до   , то x n   (n  1), 2   (n  1)  ,
n  N . Отсюда следует, что
   lim x n  lim tg x n  lim tg ( x n   (n  1)).
n
n
n
 
lim tg ( x n   (n  1))   и xn   (n  1)  0;  для всех n  N , то
n
 2

x n   (n  1)  при n   . Таким образом,
2
Так как
lim ( xn  x n1 )  lim ( xn   (n  1)  ( x n1   (n  2)))   
n
n
   lim ( xn   (n  1))  lim ( x n1   (n  2))   .
n
n
60
П р и м е р 4 . Числовая последовательность u n n 1 задана соотношением u1  b, u n1  u 2n  (1  2 a) u n  a 2 , n  N . Определить, при каких значениях a и b последовательностьu n 
n 1
сходится, и вычислить ее предел.
Решение. Предположим, что данная последовательность имеет предел,
равный А. В этом случае
A  lim u n  lim u n1  lim u 2n  (1  2 a) lim u n  a 2  A 2  (1  2 a) A  a 2 .
n
n
n
2
n
Таким образом, ( A  a)  0 и lim u n  a .
n
Из неравенства u n1  u n  (u n  a) 2  u n следует, что последователь-
ность u n n 1 возрастает. Так как ее предел равен а, то для всех n  N должно
быть выполнено неравенство
u n1  u 2n  (1  2 a) u n  a 2  a .
Для того чтобы найти условия на u n , вытекающие из последнего неравенства,
рассмотрим функцию f (U )  U 2  (1  2 a) U  a 2  a и найдем решение неравенства f (U )  0 :
U 2  (1  2 a)U  a 2  a  0 ,
D  1; U 1  a  1; U 2  a .
Отсюда f (U )  0  a  1  U  a . Это означает, что члены u n удовлетворяют условию: a 1  u n  a для всех n  N . В частности, a  1  b  u 1  a.
Таким образом, условие a 1  b  a является необходимым для сходимости
u n  . Покажем, что оно является и достаточным.
n 1
Итак, пусть a 1  b  a . Используя метод математической индукции,
покажем, что условие a 1  u n  a выполняется для всех n  N . Для n  1 оно
выполнено в силу равенства u1  b . Предположим, что двойное неравенство
a 1  u n  a выполнено для некоторого n  N . Покажем, что в этом случае
выполняется неравенство a  1  u n1  a .
u n1  u 2n  (1  2 a) u n  a 2  u n  (u n  a) 2  u n  a  1.
С другой стороны, так как 0  a  u n  1 , то (a  u n ) 2  a  u n и
u n1  u n  (u n  a) 2  u n  (a  u n )  a .
Из полученных неравенств следует, что a  1  u n1  a и u n1  u n . Применяя
метод математической индукции, получаем, что a 1  u n  a и u n1  u n для
61
всех n  N . По теореме 2 последовательность u n n 1 сходится и, как было доказано выше, lim u n  a .
n
Таким образом,
u n n 1 сходится  a  1  b  a и lim u n  a .
n
П р и м е р 5 . Даны три числа a1(1) , a2(1) , a3(1) . По этим числам строятся
средние арифметические
a2(1)  a3(1)
a1(1)  a3(1)
a1(1)  a2(1)
( 2)
( 2)
( 2)
a1 
; a2 
; a3 
.
2
2
2
Затем по тому же правилу строятся a1(3) , a 2(3) , a3(3) и т. д. Доказать, что
a1(1)  a 2(1)  a3(1)
для i  1, 2, 3.

3
Решение. Пусть i, j, k попарно различные числа из множества 1, 2, 3 .
Тогда
ai( n)
ai( n1)
 a (jn1)


a (jn)  ak( n)
2
ai( n1)  a (jn1)
22
ai( n)  a (jn)
ai( n)  a k( n)



2
2
 ... 
ai(1)  a (j1)
2n
 0.
n
Обозначим b1( n)  a1( n)  a 2( n) ; b2( n)  a 2( n)  a3( n) ; b3( n)  a3( n)  a1( n) .
дели выше,
lim bi( n )  0
n
для
i  1, 2, 3.
Как мы ви-
Покажем теперь, что сумма
a1( n )  a 2( n)  a3( n ) не зависит от номера n . Действительно,
a1( n1)
 a2( n1)
 a3( n1)
a2( n)  a3( n) a1( n)  a2( n)


 a1( n)  a2( n)  a3( n) 
2
2
 a1( n1)  a 2( n1)  a3( n1)    a1(1)  a 2(1)  a3(1) .
Обозначим A  a1( n)  a 2( n)  a3( n) , n  N .
Из равенства
3a1( n)  b1( n)  b3( n)  3a1( n)  a1( n)  a 2( n)  a3( n)  a1( n)  a1( n)  a 2( n)  a3( n)  A
получаем
a1(1)  a 2( n)  a3( n)
1
1
( n)
( n)
( n)
,
a1  ( A  b1  b3 )  A 
n 3
3
3
аналогично
62
a2( n)
a3( n)
a1(1)  a2( n)  a3( n)
1
1
( n)
( n)
 ( A  b2  b1 )  A 
,
n 3
3
3
a1(1)  a2( n)  a3( n)
1
1
( n)
( n)
 ( A  b3  b2 )  A 
.
n 3
3
3
П р и м е р 6 . Найти предел lim
x  2 x     n x  ,
где x − произn2
вольное число,  x  – его целая часть, то есть наибольшее целое число, не превосходящее х.
Решение. Из определения целой части числа следует, что
kx 1  kx   kx для всех k  N . Тогда
n
n
n
n
k 1
k 1
k 1
x  k  n   kx  x  k ,
n
n (n  1)
n (n  1)
,
x
 n   kx  x
2
2
k 1
n
 kx n (n  1)
1 k 1
.
x
 
x
n
2n 2
n2
2n 2
Переходя к пределу при n   , получаем
n (n  1)
n
kx

x
x
k 1
 lim
 .
2
2 n  n
2
n
 kx
x

.
n n 2
2
При рассмотрении следующего примера предполагается, что читатель
знаком с основами теории рядов.
П р и м е р 7 . Найти lim n sin( 2en!).
Таким образом, lim
k 1
n 
Решение.

lim n sin(2en!) =  используем формулу Маклорена e 
n 


1 
 k!  =
k 0


n



1 
1
1 


 lim n sin 2 n! 
 lim n sin 2 n!   2 n! 


 n 


n 
k
!
k
!
k
!
k

0
k

0
k

n

1




63


1
 Z и 2  - период функции y  sin x  
k 0 k!

n
= так как n! 






1
1
  lim n sin 2 
 
 lim n sin  2 n! 
n 
n


k
!
(
n

1
)(
n

2
)

(
n

k
)
k  n 1 

 k 1




1

sin  2 

(
n

1
)(
n

2
)

(
n

k
)
1

 lim 2n 
  k 1
n 
1
k 1 (n  1)(n  2)(n  k )
2 
k 1 (n  1)(n  2)(n  k )

n 
1
 1  
n  n  1
k  2 ( n  2)( n  k )
 2 lim
Так как ряд


 




1

sin 2 
(
n

1
)(
n

2
)

(
n

k
)
 k 1
.
lim

n 
1
2 
k 1 ( n  1)(n  2)( n  k )
1
 (n  1)(n  2)(n  k ) сходится, то его остаточный член стремит-
k 1
 
1
ся к 0, следовательно, lim  
n    k 2 (n  1)(n  2)  (n  k )
sin t
1 в силу соотношения lim
 1 . Таким образом,
t 0 t

  0 . Второй предел равен

lim n sin(2en!)  2 .
n 
xn 
n 1
П р и м е р 8 . Пусть   – последовательность с ограниченным изменением, то есть существует C  0 такое, что
x2  x1  x3  x2    xn  xn1  C для всех n  N .
Доказать, что последовательностьx n n1 сходится.
Решение. Рассмотрим последовательность
sn  x2  x1  x3  x2    xn  xn1 .
Так как s n n 1 возрастает и ограничена сверху константой C , то последовательность s n n 1 сходится. Применив к ней критерий Коши, получим
 (  0)  (n0  N )  (n  m  n0 )  sn  sm    ,

 (  0)  (n0  N )  (n  m  n0 )  xm  xm 1    xn  xn 1   .
Из неравенства треугольника a  b  a  b следует, что
64
xn  xm 1  xm  xm 1    xn  xn 1   .
Таким образом,
 (  0)  (n0  N )  (n  m  n0 )  xn  xm 1    ,
то есть x n n1 удовлетворяет условию критерия Коши и, значит, сходится к конечному пределу.
Задачи для самостоятельного решения
1. Вычислить пределы:
3
n 2 sin n!
а) lim
;
n
n 1
б) lim ( n  1  n );
n
1  a  a 2  ...  a n
в) lim
n 1  b  b 2
 ...  b n
, a  1, b  1 ;
 1
1
1 
;

 ... 
г) lim 
n 1  2
23
n (n  1) 
 1

1
1
;
д) lim 

 ... 
n 1  2  3 2  3  4
n (n  1) (n  2) 
1 3
5
2n  1 
 3  ...  n ;
2
n 2
2
2
2 
n 1 
1 2 3
(

1
)
n
ж) lim     ... 
;
n n
n
n
n


е) lim  
з) lim
n
2
4
8
2n
2 2 ...

2 .
2. Используя теорему о существовании предела монотонной ограниченной последовательности, доказать сходимость следующих последовательностей:
10 11 n  9
1 
 1  1  
а) x n   
;
б) xn  1   1  1  n ;
1 3 2n  1
 2  4   2 
1
1
1 

в) x n  1   1    1  n  ,

2
4

2 
г) x1  2 , xn 
3. Используя теорему Штольца, вычислить пределы
log n
an
а) lim
б) lim
;
, a  1;
n  n
n n
65
1
.
1  xn1
an
1p  2 p    n p
n
.
n
n n s
p 1
np
4. Доказать, что следующие рекуррентные последовательности имеют
конечные пределы, и найти эти пределы:
x 3
1
1
а) x1  0, x n  n1
б) x0  , x n  x n21  1, n  1;
, n  2;
3
2
4
в) x0  25, xn  arctg xn1 , n  1;
г) x0  0, xn  sin xn1 , n  1;
в) lim
, a  1;
д) x1  a, x2  b, xn 
г) lim

xn 1  xn  2
, n  3.
2
xn1
?
n xn
5. Пусть lim x n  a . Что можно сказать о пределе lim
n 
6. Доказать, что если lim x n  a , то lim xn  a .
n
n 
7. Привести пример последовательностей x n n1 , y n n1 таких, что
lim x n  0 , lim y n  0 и lim x n y n  0 .

n
n 

n
8. Построить пример сходящейся последовательности, не имеющей
ограниченного изменения.
1
a 
9. Последовательность xn  n 1 такова, что x1  a , xn1   xn   при
2
n  1.
xn 
Доказать, что lim x n  a .
n 
10. Известно, что каждый член некоторой сходящейся последовательности положителен. Может ли предел такой последовательности быть равным нулю?
11. Известно, что lim a n  a , lim bn  b и an  bn для любого n  N . Всеn 
гда ли
n 
a b?
2.3. Предел функции. Непрерывность
Определение 1. Число А ( ) называется п р е д е л о м ф у н к ц и и
y  f (x) в т о ч к е x0 , если для каждого   0 существует   0 такое, что
для всех x  D ( f ) , удовлетворяющих условию
0  x  x0   ,
справедливо неравенство
f ( x)  A   .
Символически это определение можно записать в виде
lim
f ( x)  A   (  0)  (  0)  ( x  D( f )),
x x
0
66
0 
x  x0    f ( x)  A    .
Так как
0  x  x0  

f ( x)  A  

x U  ( x 0 )  ( x0   ; x0 )  ( x0 ; x0   ),

f ( x) V ( f )  ( A   ; A   ),
то определение 1 можно записать на языке окрестностей:



lim f ( x)  A   (  0)  (  0)  ( x  D( f ))  x U  ( x0 )  f ( x) V ( f ) .
x  x0


Аналогично определяются пределы функции y  f (x) в точке x0 слева
(по множеству x  x0 ) и справа (по множествуx  x0 ):
lim f ( x)  A  (  0) (  0)( x  D( f ))0  x0  x    f ( x)  A   ,
x  x0  0
lim
x  x0  0
f ( x)  A  (  0) (  0)( x  D( f ))0  x  x0    f ( x)  A   .
Связь между пределом функции и ее пределами слева и справа устанавливается в следующем утверждении.
Утверждение 1. Функция y  f (x) , определенная на (a; b) , имеет предел в точке x0  (a; b) тогда и только тогда, когда в этой точке существуют
пределы слева и справа и они равны. В этом случае
lim f ( x)  lim f ( x)  lim f ( x).
x x0
x x0 0
x x0 0
Определение 2. Функция    (x) называется б е с к о н е ч н о м а л о й
в т о ч к е x0 , если lim  ( x)  0 , то есть если для любого числа   0 сущеx  x0
ствует такое число   0 что для всех х, удовлетворяющих неравенству
0  x  a   , выполняется неравенство  x    .
Определение 3. Функции    (x) ,    (x) , бесконечно малые в точке
x0 , называются э к в и в а л е н т н ы м и (обозначается :  ~  ) в э т о й
 ( x)
т о ч к е , если lim
1 .
x  x 0  ( x)
Определение 4. Функция    (x) называется б е с к о н е ч н о м а л о й б о л е е в ы с о к о г о п о р я д к а , чем бесконечно малая    (x) при
 ( x)
 0.
x  x0 (обозначается :  ( x)  0( ( x)) ), если lim
x x0  ( x )
Числовая последовательностьan  называется бесконечно малой, если её
предел равен нулю: lim an  0 . Последовательности
n
1  
n
 ,  1
n
  
1

n
являются бес-
конечно малыми: их пределами является нуль. Понятие бесконечно малой последовательности можно перенести на функции.
67
П р и м е р 1. Показать, что функция y  x 2  1 является бесконечно малой при x  1 . Пусть  − произвольное положительное число. Найдем такое
число   0 , что для всех х, удовлетворяющих неравенству 0  x  1   , выполняется неравенство x 2 1   . Таким  является   1  1   . Следовательно,
функция y  x 2  1 является бесконечно малой при x  1 .
Остановимся на основных свойствах бесконечно малых функций. Эти
свойства будут верны также и для бесконечно малых последовательностей.
1. Если функции 1 ( x) и  2 x  являются бесконечно малыми, то функция
1 ( x)   2 x  также есть бесконечно малая.
2. Произведение ограниченной при x  a функции на бесконечно малую
есть функция бесконечно малая .
3. Произведение постоянной на бесконечно малую есть бесконечно малая.
4. Произведение двух бесконечно малых есть бесконечно малая.
Определение 5. Функция f (x) называется бесконечно большой при x  a,
если для любого числа M  0 существует такое число   0 , что f x   M для
всех х, удовлетворяющих неравенству 0  x  a   . Обозначается это так:
lim f ( x)   .
x a
Если при этом
lim f ( x)   lim   .
x a
x a


f (x)
положительна (отрицательна) в 0  x  a   , то пишут:
Как видно из следующих свойств, которые верны и для последовательностей, бесконечно большие и бесконечно малые функции тесно связаны между
собой.
1 .Если функция f (x) бесконечно большая, то 1 бесконечно малая.
f x 
2. Если функция  (x) бесконечно малая и не обращается в нуль, то
1
 x 
бесконечно большая.
П р и м е р 2 . Функция
1
x 1
2
бесконечно большая при
x 1
, так как
функция y  x 2  1 является бесконечно малой при x  1 .
При вычислении пределов функций часто используются следующие
теоремы.
Теорема 1 (об арифметических операциях с пределами) Если существуют конечные пределы lim f ( x)  A, lim g ( x)  B, то имеют место раx x0
x x0
венства:
1) lim  f ( x)   g ( x)    lim f ( x)   lim g ( x)   A  B;
x x0
x x0
x x0
68
2) lim  f ( x) g ( x)   lim f ( x) lim g ( x)  AB;
x  x0
x  x0
x  x0
lim f ( x)
f
(
x
)
A , если
x  x0
3) lim
B  0.


x  x0 g ( x )
lim g ( x) B
x  x0
Теорема 2 (о пределе сложной функции). Пусть функции y  f (x) и
z  g ( y ) такие, что E ( f )  D( g ) и существуют конечные (бесконечные) пределы lim f ( x)  y 0 ; lim g ( y )  z 0 .
x x0
y  y0
Тогда существует конечный (бесконечный) предел сложной функции g ( f ( x))
при x  x0 и lim g ( f ( x))  lim g ( y ) .
x  x0
y  y0
Теорема 3. Сумма конечного числа бесконечно малых функций эквивалентна слагаемому наименьшего порядка.
Теорема 4. Пусть  ( x) ~ 1 ( x) и  ( x) ~ 1 ( x) при x  x0 и существует
 ( x)
 ( x)
 ( x)
lim 1 . Тогда lim
 lim 1 .
x  x 0 1 ( x )
x  x 0  ( x) x  x 0 1 ( x)
Теорема 5. Пусть
R( x) 
a0 x 0  a1 x1    an 1 x n1  an
b0 x
0
 b1 x
1
   bm 1 x
 m1
 bm
, a0  0, b0  0 ,
 0  1     n 1  0 и  0  1     m1  0 .
,
если  0   0 ;

a
Тогда
lim R( x)   0 , если  0   0 ;
x 
 b0

если  0   0 .
0,
На практике вычисление многих пределов функций сводится, в той или
иной
мере,
к
использованию
первого
sin x


 1
 lim
x 0
x


и
второго
1


1
 lim (1  x) x  e или lim (1  ) x  e  замечательных пределов.
 x 0

x 
x


Следующая теорема существенно расширяет класс функций, к вычислению пределов которых применимы записанные выше формулы.
Теорема 6. Пусть lim f ( x)  0 . Тогда
x x0
sin f ( x)
 1;
x x0
f ( x)
1) lim
69
2) lim (1  f ( x))
x x0
1
f ( x)
 e.
Определение 6. Функция y  f (x) называется н е п р е р ы в н о й в
т о ч к е x0  D( f ) , если lim f ( x)  f  lim x   f ( x0 ).
 x x0 
Утверждение 2. Функция y  f (x) , определенная на (a; b) , непрерывна
x x0
в точке x0  (a; b) тогда и только тогда, когда выполняются равенства
lim f ( x)  lim f ( x)  f ( x0 ) .
x x0 0
x x0  0
Определение 7. Функция, непрерывная в каждой точке отрезка a; b ,
(интервала (a; b) ) называется н е п р е р ы в н о й н а э т о м о т р е з к е (интервале).
Определение 8. Точка, в которой функция не является непрерывной,
называется т о ч к о й р а з р ы в а этой функции. Точка x0 разрыва функции
f(x) называется точкой разрыва первого рода, если существуют односторонние пределы функции:
lim f  x  , xlim
f x 
 x 0
x  x0  0
0
(при этом функция f(x)необязательно должна быть определена в точкеx0 ).
Скачком функции f(x) в точкеx0 называют разность
lim f x   lim f x .
x  x0  0
x  x0  0
Все прочие точки разрыва функции f(x) называются ее точками разрыва второго рода. Точка x0 разрыва первого рода, в которой
lim f x   xlim
f x 
 x 0
x  x0  0
0
называется точкой устранимого разрыва.
Основные свойства непрерывных на отрезке функций заключены в следующей теореме.
Теорема 7. Если функция y  f (x) непрерывна наa, b , то:
1) найдутся точки x1 , x2  a, b такие, что
f ( x1 )  min f ( x) , f ( x2 )  max f ( x) ;
xa , b 
xa , b 
2) для любого числа A   min f ( x), max f ( x) найдется x0  a, b таxa , b 
 xa, b 

кое, что A  f ( x0 ) .
В заключение приведем теорему, которая позволяет применять функциональные методы к вычислению пределов последовательностей.
70
Теорема
8. Пусть дана последовательность
 x n n1
и функция
y  f (x) , определенная на 1;  и f (n)  x n . Если существует lim f ( x)  A
x  
, то lim x n существует и равен А.
n
Эта теорема особенно эффективна в тех случаях, когда для вычисления
lim f ( x) возможно применение правила Лопиталя.
x  
Примеры решения задач
П р и м е р 3 . Доказать, что если функция f (x) непрерывна на (a; b) и
x1 , x2 , , xn  любые точки из этого интервала, то найдется число  такое, что
1
min xk    max xk и f ()   f ( x1 )  f ( x2 )    f ( xn )  .
k
k
n
Решение. Не ограничивая общности, будем считать, что
Тогда функция
f ( x1 )  f ( x2 )    f ( xn ) .
g ( x)  n f ( x)   f ( x1 )  f ( x2  f ( xn )
непрерывна и удовлетворяет условиям
g ( x1 )  0 ;
g ( xn )  0 .
Если одно из неравенств обращается в равенство, то можем взять   xi ,
где i  1 или i  n .
Если g ( x1 )  0 и g ( xn )  0 , то по теореме 7 найдется число  между
x1 и xn такое, что g ()  0 .
Из равенства g ()  0 получаем
1
f ()   f ( x1 )    f ( xn )  .
n
П р и м е р 4. Найти lim (1  x 2 e x )1 / 1 cos x
x 0
Решение. lim (1  x 2 e x )1 / 1 cos x  lim (1  x 2 e x ) (1 / x
x 0
lim e
x 0
x 2 e x /(1 cos x )
e )( x 2 e x / 1 cos x )
2 x
x 0
 lim e
x 2 e x / 2 sin 2
x
2
x 0
 lim e
2e x (
x/2 2
)
sin x / 2
x 0
 e2 .
П р и м е р 5 . Исследовать на непрерывность функции:
 1 
 x   , если x  0 ;
1) y    x 

, если x  0 ;
1
71
2) y  lim n 1  x 2n .
n 

Решение. 1а)
если x  (1; ) , то
1
1
 1 и    0 . Следовательно,
x
x
1
y ( x)  0 . Если x    ;1 , то    1 и y ( x)   x .
x
1 1
1
1б) пусть x  
;  , где n  N . Тогда    n и y ( x)  x n .
 n 1 n 
x
1
1 
1
1в) пусть x    ; 
,
где
.
Тогда
n

N
 x   (n  1) и
 n n  1 
y ( x)   x( n  1) .
Таким образом, функция y (x) непрерывна на каждом множестве
1 
 1
 1 1  , где
n  N . Исследуем функцию на
(;1)  (1; ) ,   ; 
; 
 и 
 n n  1
 n 1 n 
непрерывность в точках x  n  
1
:
n
1
x    lim xn  1 .
x 1 / n  0
x 1 / n  0  x  x 1 / n  0
n 1
1 
lim y ( x)  lim x    lim x(n  1) 
.
x 1 / n  0
x 1 / n  0  x  x 1 / n  0
n
lim
y ( x) 
Следовательно,
lim
x 1 / n  0
lim
y ( x) 
lim
x 1 / n  0
y ( x)
1
и точки x n  , где n  N , являются точками разрыва функции y (x) . Аналоn
гично доказывается, что функция y (x) имеет разрыв в точках
1
x  n   , где n  N . Покажем, что y (x) непрерывна в точке x 0  0 . Так как
n
 1 1
, то для x  0
y ( x)  x n для всех x  
;
 n  1 n 
1 x  1
1
n

 y ( x)  1.
n 1 n 1
Переходя к пределу при x   0 , получаем lim y ( x)  1 . Аналогично
x  0
lim y ( x)  1 .
x0
2) Рассмотрим следующие случаи:
Тогда x 2n  1
 nx 2n . Следовательно,
а)
1  x 2n
x  1.
и для
72
n2
выполнено неравенство
x 2  n x2n  n 1 x2n  n n x2n  n n x 2.
Таким образом,
x 2  lim
n
n
1  x 2 n  lim
n
Отсюда получаем, что lim
n
n
б) x  1 и y (1)  lim
n
n 
n
n x 2  x 2.
1 x2n  x 2.
2  1.
в) x  1 . В этом случае lim x 2 n  0 и lim
n
n
n
1  x 2 n  1.
Из а, б, в следует, что y (x) непрерывна всюду.
m
x 1
x1 n
x 1
П р и м е р 6 . Вычислить lim
, m N .
Решение. Сделаем замену x  y m n . Тогда y  1 при x  1 и
m
x 1
x1 n
x 1
lim
 lim
y 1
y n 1
y m 1
 lim
y 1
( y  1) ( y n1  y n2  ...  y  1)
( y  1) ( y m1  y m2  ...  y  1)

n
.
m
П р и м е р 7 . Пусть y  f (x) не является непрерывной на отрезке
[1;1] . Что можно сказать о непрерывности функций y  f 2 ( x) ?
Решение. Функция y  f 2 ( x) может быть как непрерывной, так и разрывной функцией в зависимости от выбора функции y  f (x) . Приведем соответствующие примеры.
1. Пусть
  1 , если x  [1;0 ) ;
f ( x)  
 1 , если x  [ 0 ;1] ,
тогда y  f (x) имеет разрыв в точке x 0  0 , а y  f 2 ( x)  1 непрерывная на
[1;1] функция.
2. Пусть
 1 , если x  [1;0 ) ;
f ( x)  
 2 , если x  [ 0 ;1] ,
тогда обе функции y  f (x) и y  f 2 ( x) имеют разрыв в точкеx 0  0 .
П р и м е р 8. Доказать, что если функция y  f (x) непрерывна на отрезке [a; b] и имеет обратную функцию, то она монотонна на этом отрезке.
Решение. Из существования обратной функции следует, что в разных
точках отрезка [a; b] y  f (x) принимает различные значения. Следовательно,
f (a)  f (b) . Будем считать, что f (a)  f (b) . Если предположить, что
73
y  f (x) не является монотонно возрастающей на [a; b] , то найдутся точки
x 1 , x 2  (a; b) такие, что
a  x1  x 2  b и
f ( x 1 )  f ( x 2 ).
Рассмотрим следующие возможные случаи.
1. f ( x 1 )  f (b)  f ( x 2 ) .
По теореме 7 части 2 на интервале ( x 1; x 2 ) найдется точка  такая, что
f ()  f (b) , что противоречит существованию обратной функции.
2. f ( x 1 )  f ( x 2 )  f (b) .
В силу сделанного предположения f ( x 1 )  f ( x 2 )  f (a) , и, следовательно, найдется   (a; x1 ) такая, что f ( )  f ( x2 ) и   x2 , так как
x 2  (a; x 1 ) . Получили противоречие аналогично пункту 1.
3. f (b)  f ( x 1 )  f ( x 2 ) .
Этот случай рассматривается аналогично пункту 2. Таким образом, сделанное нами предположение неверно и y  f (x) монотонна на[a; b] .
П р и м е р 9. Доказать, что если y  f (x) монотонна на [a; b] и принимает все значения между min f ( x) и max f ( x) , то эта функция непреx[ a ; b ]
x[ a ; b ]
рывна на [a, b] .
Решение. Предположим, что y  f (x) монотонно возрастает на [a; b] и
имеет разрыв в точке x 0  (a; b) .
Обозначим A  lim f ( x), B  lim f ( x) . Так как y  f (x) возрастаx x 0  0
x x 0  0
ет на [a; b] , то A  B и выполнены условия
f ( x)  A для всех x  x 0 ,
f ( x)  B для всех x  x 0 .
Это означает, что y  f (x) не принимает значений из интервала ( A ; B) ,


вложенного в  min f ( x) ; max f ( x) . Получили противоречие. Аналогично
x[ a ; b ]
 x[ a ; b]

доказывается, что y  f (x) непрерывна в концах отрезка[a; b] .
П р и м е р 1 0 . Функция y  f (x) непрерывна при
lim f ( x)  c   . Доказать, что y  f (x) ограничена на[0 ;  ) .
x0
и
x
Решение. Предположим, что y  f (x) не ограничена на [0 ;  ) . Тогда
найдется последовательность  x n 
 [0 ;  ) такая, что выполнено равенn1
74
ство lim f ( x n )   . Так
n 
как
конечен, то выбранная по-
lim f ( x)
x
следовательность ограничена, то есть x n  [ A; B] . По теореме 7 y  f (x) ограничена на [ A; B] и, следовательно, найдется c  0 такое, что max f ( x)  c . В
x[ A; B ]
частности, f ( x n )  c . Получили противоречие.
Задачи для самостоятельного решения
1. Вычислить пределы:
а) lim
x0
(1  mx) n  (1  nx) m
x2
, n, m  N ;
б) lim
x n1  (n  1) x  n
( x  1) 2
x1
m
n 
в) lim 

, n, m  N ;
m
x1  1  x
1 x n 
г) lim
x 0
n
, n  N;
1 x 1
.
x
2. Изучить поведение корней x 1 и x 2 квадратного уравнения
ax 2  bx  c  0 , у которого коэффициент а стремится к 0, а коэффициенты b и c
постоянны, причем b  0 .
3. Построить графики функций:
 x2
а) y  lim n 1  x n  
 2
n 

x n  x n
в) y  lim n
;
n   x  x n
n

 ;


б) y  lim sin 2n x ;
n 
г)y  lim
n x  n x
x
n n
1
е)y  sgn  cos  ;
x

n 
д) y  lim ( x  1) arctg x n ;
n 
x
;
2
ж) y  (1) [ x ] .
4. Привести пример функции, непрерывной при всех действительных
значениях, кроме
1
1
1
x  0,  1,  2,  ,  3,  , ...,  n,  , ...
2
3
n
5. Определить значение f (0) функции y  f (x) так, чтобы она была
непрерывна в точке x  0 , если
1 x 1
1
а) f ( x)  sin x  sin ;
б) f ( x) 
.
3 1 x 1
x
6. Показать, что обратная функция разрывной функции y  (1  x 2 ) sgn x
есть функция непрерывная.
75
7. Привести пример немонотонной функции y  f (x) , заданной на
(;) , имеющей обратную функцию.
8. Пусть  (x) и  (x) – непрерывные периодические функции с одинаковым периодом, заданные на (;) и lim ( x)  ( x)   0 . Доказать, что
x
( x)  ( x) .
9. Доказать теорему Коши: если функция y  f (x) определена в интервале (a;) и ограничена в каждом конечном интервале (a ; b) , то
а) lim
x
f ( x)
 lim ( f ( x  1)  f ( x));
x
x
б) lim ( f
x 
1
( x)) x
 lim
x 
f ( x  1)
;
f ( x)
f ( x)  c  0,
предполагая, что пределы в правых частях равенств существуют.
10. Привести пример функции y  f (x), определенной на всей числовой
прямой, не имеющей предела ни в одной точке и такой, что функция y  f 2 ( x)
имеет предел в каждой точке.
11. Функция y  f (x) определена и ограничена в некоторой окрестности точки x  2 и не имеет предела при x  2 . Доказать, что функция
y  ( x  2) f ( x) имеет предел в точке x  2 и он равен 0. Показать, что требование ограниченности функции y  f (x) существенно.
1
x
12. Показать, что функция y  cos
бой окрестности точки
большой при x  0 .
x0
1
не является ограниченной в люx
( x  0 ) и в то же время не является бесконечно
. 3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
3.1. Производная функции. Вычисление производной
по определению
Определение 1. Пусть функция y  f (x) задана на (a; b) и x0  (a; b) .
Если существует конечный предел
f ( x )  f ( x0 )
lim
,
x  x0
x  x0
то он называется п р о и з в о д н о й ф у н к ц и и y  f (x) в точке x 0 и обозначается f ( x0 ) или
df
( x0 ) . Предел
dx
76
lim
x  x0  0
f ( x)  f ( x0 )
x  x0

f ( x)  f ( x0 )
 lim
x  x0
 x  x0  0

 ,

если он существует и конечен, называется п р а в о с т о р о н н е й ( л е в о с т о р о н н е й ) п р о и з в о д н о й и обозначается f  ( x0 ) ( f  ( x0 )) .
Если существует производная f ( x0 ) , то будем говорить, что y  f (x)
дифференцируема в точке x0 .
Теорема 1. Пусть функция y  f (x) задана на (a; b) и x0  (a; b) . Производная f ( x0 ) существует тогда и только тогда, когда существуют односторонние производные f  ( x0 ) и f  ( x0 )  f  ( x0 ) . При этом f ( x0 ) =
f  ( x0 )  f  ( x0 ) .
Теорема 2. Если существует производная f ( x0 ) , то функция y  f (x)
непрерывна в точке x0 .
Замечание. Обратное утверждение в общем случае неверно. Есть примеры функций, непрерывных на некотором отрезке [a; b] , но не имеющих производной ни в одной точке(a; b) .
У п р а ж н е н и е 1 . Доказать, что функция y  x x дифференцируема
в точке x  0 , и найти ее производную в этой точке.
Решение. Имеем
x x
f ' (0)  lim
 lim (x)  0 ;
x 00
x 00
x
x x
f ' (0)  lim
 lim (x)  0 .
x 00
x 00
x
Таким образом, f ' (0)  f ' (0) , и, следовательно, функция y  f (x) дифференцируема в точке x  0 и f ' (0)  0 .
Примеры решения задач
2

если x  x0 ;
x ,
П р и м е р 1 . Пусть f ( x)  

 ax  b, если x  x0 .
Подобрать коэффициенты a и b так, чтобы функция f (x) была дифференци-
руемой в точке x0 .
Решение. Так как y  f (x) дифференцируема в точке x0 , то она непрерывна в этой точке (теорема 2). Следовательно,
lim f ( x)  lim x 2  lim (ax  b)  ax0  b  x02 .
x  x0
Согласно теореме 1,
x  x0
x  x0
2 x0  f  ( x0 )  f  ( x0 )  a .
Таким образом, для нахождения a и b получаем систему уравнений:
77
ax0  b  x02 ; 2 x0  a .
Откуда находим: a  2 x0 ; b   x 02 .
П р и м е р 2 . Для функции f ( x)  [ x] sin  x определить f  (x) .
Решение. 1. Пусть x0  k  Z . Тогда
lim
x  k 0
f ( x)  f (k )
(k  1) sin  x  k sin  k
 lim

x  k 0
xk
xk
 k (sin  x  sin  k ) sin  x 
 lim 


x k 0 
xk
xk 
xk
xk

sin 
k 1
 2k cos 
2
2  (1) sin  ( x  k )
 lim 
x  k 0 
xk
xk








xk
xk

sin 
  k cos
(1) k 1 sin  ( x  k )
2
2
 lim 

xk
x  k 0 
 (x  k)



2








  k cos k  (1) k 1   (1) k k  (1) k 1   (k  1) (1) k .
Аналогично находится правосторонний предел:
lim
x  k 0
f ( x)  f (k )
k sin  x  k sin  k
 lim
  k (1) k .
x  k 0
xk
xk
Если x0  (k  1; k ) , то f ( x)  (k  1) sin  x для x  (k  1; k ) и
f ( x0 )  f  ( x0 )   (k  1) cos  x0 .
Таким образом,
f ( x 0 )   (k  1) cos x 0 , если x0  Z , и
f  ( x0 )   ( x0  1) (1) x0 ; f  ( x0 )   x0 (1) x0 , если x0  Z .
Отсюда следует, что производная функции y  f (x) существует всюду,
кроме точек x0  Z .
П р и м е р 3 . Доказать, что производная четной (нечетной) дифференцируемой функции есть нечетная (четная) функция.
Решение. Пусть y  f (x) – четная функция (то есть f ( x)  f ( x) ).
78
Тогда
f ( x )  f ( x0 )
f (  x )  f (  x0 )
 lim

x  x0
x  x 0  (( x)  (  x0 ))
x  x0
f ( x)  f ( x 0 )
  lim
  f ( x 0 ),
 x   x 0 ( x)  ( x 0 )
то есть y  f (x) – нечетная функция.
Случай нечетной функции рассматривается аналогично.
П р и м е р 4 . Найти f (a) , если f ( x)  ( x  a) ( x) , где    (x) – непрерывная функция при x  a .
Решение. Вычислим f (a) по определению. Так как    (x) непрерывна в точке а, то f (a)  lim ( x  a) ( x)  0 и
f ( x0 )  lim
xa
f ( x)  f (a )
( x  a )  ( x)
 lim
  (a) .
xa
xa
xa
xa
Заметим, что правило дифференцирования произведения в данном случае неприменимо, так как    (x) может не иметь производной в точке а.
П р и м е р 5 . Вычислить производные следующих функций, исходя из
определения производной: а) f ( x)  x 2 ; б) f ( x)  3 x ; в) y  arccos x .
f (a)  lim
f ( y )  f ( x)
y2  x2
 lim
 lim ( y  x)  2 x ;
y x
y x y  x
y x
yx
б) рассмотрим отдельно случаи x  0 и x  0 .
3 y 3 x
3 y 3 x
1

3
, x  0.
( x )  lim
 lim

3 2
y x y  x
y  x (3 x  3 y )(3 x 2  3 xy  3 y 2 )
3 x
Решение. а) ( x 2 )  lim
Если
x0,
то lim
y 0
3
y 0
1
 lim
  . Следовательно, производная
y 0 3 y 2
y0
функции f ( x)  3 x в точке
не существует;
arccos y  arccos x
в) пусть x  (1;1) . Тогда (arccos x)  lim
.
y x
yx
В выражении, стоящем под знаком предела, сделаем замену arccos y  t ,
arccos x  s . Тогда t , s  (0; ) , y  cos t , x  cos s и
x0
lim (t  s)  lim (arccos y  arccos x)  0
t s
y x
в силу непрерывности функции y  arccos x . Таким образом,
ts
ts
1
1
(arccos x)  lim
 lim


.
ts
ts
t  s cos t  cos s t  s
sin
s
sin
arccos
x
 2 sin
sin
2
2
79
Так как arccos x  (0 ; ) , то sin(arccos x)  0 и
sin(arccos x)  1  cos 2 (arccos x)  1  x 2 .
Следовательно,
(arccos x)  
1
1 x
2
.
1
 2
 x sin , если x  0;
П р и м е р 6 . Пусть  ( x)  
x
0,
если x  0,
и функция y  f (x) дифференцируема в точке x  0 . Доказать, что функция
y  f ( ( x)) имеет в точке x  0 производную, равную 0.
Решение. Первый способ.
1
1


f  x 2 sin   f (0)
f  x 2 sin   f (0)
1
f ( ( x))  f ( (0))
x
x
x sin .
lim
 lim 
 lim 
1
x 0
x 0
x 0
x
x
x
x 2 sin
x
1
1
Заметим, что lim x 2 sin  lim x sin  0 как произведение бесконечно
x0
x x0
x
1
1
малой функции на ограниченную y  sin , после замены x 2 sin  s получим
x
x
1

f  x 2 sin   f (0)
1
f ( s )  f (0)
1
x
lim 
x sin  lim
lim x sin  0 .
1
x 0
x 0
x s 0
s
x
x 2 sin
x
Таким образом, f ( (0))  0.
Второй способ. Вычислим  (0) :
 ( x)   (0)
1
 (0)  lim
 lim x sin  0 .
x0
x0
x
x
Теперь по теореме о дифференцировании сложной функции
f ( (0))  f (0) (0)  0.
П р и м е р 7 . Пусть функция y  f (x) определена на интервале (a ; b) .
Будем говорить, что y  f (x) является гладкой в точке x0  (a ; b) , если выполнено равенство
lim
h0
f ( x 0  h)  2 f ( x 0 )  f ( x 0  h)
 0,
h
а) доказать, что если y  f (x) имеет производную в точке x0 , то
y  f (x) является гладкой в этой точке;
80
б) доказать, что если непрерывная функция y  f (x) является гладкой
во всех точках из (a ; b) , то найдется x0  (a ; b) , в которой y  f (x) имеет производную;
в) построить функцию, гладкую во всех точках интервала (a ; b) и не
дифференцируемую в некоторой точке этого интервала.
Решение. а) пусть существует конечный предел
f ( x0 )  lim
h 0
Тогда
lim
h 0
 lim
h0
f ( x0  h )  f ( x0 )
.
h
f ( x0  h)  2 f ( x0 )  f ( x0  h)

h
f ( x0  h)  f ( x0 )
f ( x0  h)  f ( x0 )
 lim

h0
h
h
 f ' ( x0 )  lim
h 0
f ( x0  h)  f ( x0 )
 f ' ( x0 )  f ' ( x0 )  0 ;
h
б)
возьмем
некоторую
точку
и
обозначим
x1  (a; b)
f ( x)  f ( x1 )
u ( x) 
 c для x  ( x1 ; b) . Тогда f ( x)  c для всех x  ( x1 ; b) . В
x  x1
противном случае найдутся точки x2 , x3 такие, что
x1  x2  x3 и
u 2  u ( x2 )  u ( x3 )  u3 . Не ограничивая общности, будем считать, что u 2  u 3 .
Для каждого u   (u 2 ; u3 ) найдем число x  ( x2 ; x3 ) такое, что u   u (x) , что
можно сделать в силу непрерывности функции u  u (x) и теоремы БольцаноКоши
о
промежуточном
значении.
Рассмотрим
функцию
g ( x)  f ( x)  ( f ( x1 )  u ( x  x1 )) , непрерывную на [ x1 ; x] .
Рассмотрим равенство
 f ( x2 )  f ( x1 )

g ( x2 )  
 u   ( x2  x1 ) .
x2  x1


f ( x2 )  f ( x1 )
 u '  u ( x2 )  u '  u 2  u '  0 , то g ( x2 )  0 .
x  x1
Аналогично g ( x1 )  g ( x)  0 . Таким образом, непрерывная функция g (x) не
является постоянной на отрезке [ x1 ; x] и принимает одинаковые значения на
его концах. Следовательно, по теореме Вейерштрасса, найдется точка
Так как x2  x1 и
81
x0  ( x1 ; x) , для которой g ( x0 )  min g ( x) . Тогда для любого h такого, что
x1 ; x 
x0  h  [ x1 ; x] , имеем
g ( x0  h)  g ( x0 )  0, g ( x0  h)  g ( x0 )  0
и
( g ( x0  h)  g ( x0 ))  ( g ( x0  h)  g ( x0 ))

h0
h
lim
 lim
h0
Так как
f ( x 0  h)  2 f ( x 0 )  f ( x 0  h)
 0.
h
g ( x 0  h)  g ( x 0 )
g ( x 0  h)  g ( x 0 )
и
принимают значения одного знаh
h
ка и их сумма стремится к нулю при h  0 , то
g ( x0  h )  g ( x0 )
g ( x0  h )  g ( x0 )
 lim
 g ( x0 ) .
h 0
h 0
h
h
0  lim
Следовательно, 0  g ( x0 )  f ( x0 )  u  и f ( x0 )  u  .
в) рассмотрим функцию
 1, если x  0;

f ( x)   0, если x  0;
 1, если x  0,

которая является гладкой во всех точках x  R и имеет разрыв первого рода в
точке x0  0 . Следовательно, f (x) не имеет производной в этой точке.
Задачи для самостоятельного решения
1. Показать, что функция f ( x)  x  a  ( x) , где    (x) – непрерывная
функция и  (a)  0 , не имеет производной в точке a .
2. Пусть
 f ( x), если x  x0 ;
F ( x)  
ax  b, если x  x0 ,
где функция f (x) имеет левостороннюю производную в точке x0 . При каком
выборе коэффициентов a и b функция F (x) будет непрерывной (дифференцируемой) в точке x0 ?
3. Доказать, что производная дифференцируемой периодической функции есть функция периодическая с тем же периодом.
4. Доказать, что если функция y  f (x) бесконечно дифференцируема в
каждой точке x  R , то функция
82
 f ( x)  f (0)
, если x  0;

y
x
 f (0),
если x  0,
также является бесконечно дифференцируемой.
5. Используя определение, вычислить производные следующих функций:

1
а) f ( x)  , x  0; б) y  arccos x; в) y  tg x, x    R .
2
x
6. Пусть
e 1 / x , если x  0 ;
f ( x)  
 0, если x  0.
Доказать, что f (x) бесконечно дифференцируема на R .
1
y  3  y  
7. Пусть S ( y ) 
   . Доказать, что S ( y )  S   .
y 2  y 
 y
2
8. Пусть функция y  f (x) непрерывна на R и для любого
aR
функ-
ция g a ( x)  f ( x  a)  f ( x) дифференцируема на R . Доказать, что y  f (x)
дифференцируема на R .
Указание. Воспользоваться доказательством из примера 7.
9. Доказать, что если для функции y  f (x) существует вторая произf ( x  h)  2 f ( x )  f ( x  h)
водная f (x) , то f ( x)  lim
.
h 0
h2
10. Рассмотрим функцию f вида
f ( x) 
2x  1
1 x
 2arctg
2
1 x
x 1
,
определенную для тех значений х, для которых это выражение имеет смысл.
1. Указать, для каких х функция f определена, непрерывна и дифференцируема, и вычислить производную функции в этих точках.
2. Показать, что (n-1)-я производная есть рациональная дробь:
f ( n 1) ( x) 
An ( x)
( x 2  1) n
и что числитель An есть многочлен степени n.
11. Если функция f определена на интервале, содержащем внутри точку
x0 , и если отношение
f ( x 0  h)  f ( x 0  h)
2h
83
имеет предел, когда h стремится к нулю, то этот предел называется симметрической производной функции f в точке x0 и обозначается f s' ( x0 ) .
Показать, что если функция имеет в точке отдельно правую и левую производные, то она имеет в этой точке и симметрическую производную.
12. Показать, что функция f со значениями f (0)  0 и f ( x)  x sin 1 , если
x
x  0,
не имеет в нуле ни правой, ни левой производной, но имеет симметрическую производную.
13. Показать, что если функция возрастает и имеет симметрическую производную, то эта производная положительна.
14. Привести пример функции, непрерывной на ( ;  ) и дифференци-
руемой всюду, кроме точек a 1 , a 2 , ..., a n .
15. Доказать, что функция y  x не дифференцируема в точке x  0 .
3.2. Вычисление пределов функций с использованием
методов дифференциального исчисления
Теорема 1 (правило Лопиталя). Пусть функции f и g удовлетворяют
условиям:
1) дифференцируемы на множестве ( x0   ; x0 )  ( x0 ; x0   );
2) lim f ( x)  lim g ( x)  0 или lim f ( x)  lim g ( x)  ;
x x0
x x0
x x0
x x0
3) g ( x)  0 при x  ( x0   ; x0 )  ( x0 ; x0   );
f ' ( x)
4) существует предел lim
.
x x0 g ' ( x)
Тогда выполняется равенство
f ( x)
f ( x)
lim
 lim
.
x  x 0 g ( x)
x  x 0 g ( x)
К использованию теоремы 1 сводится раскрытие неопределенностей вида (  ); 0  ; 0 0 ;  0 ; 1. Поясним сказанное на примере раскрытия неопределенности 0 0 . Обратим внимание на то, что приводимые ниже рассуждения
опираются на непрерывность функции y  e x на R.
Пусть функции y  f (x) и y  g (x) удовлетворяют условиям теоремы 1
(для определенности считаем, что в пункте 2 выполнено равенство
lim f ( x)  lim g ( x)  0 ). Требуется вычислить предел lim ( f ( x)) g ( x ) . Испольx x0
x x0
x x0
зуя основное логарифмическое тождество, запишем:
lim ( f ( x)) g ( x)  lim exp(ln ( f ( x)) g ( x) )  lim exp ( g ( x) ln f ( x)) 
x  x0
x  x0
x  x0
84
 lim exp
x  x0


ln f ( x)
ln f ( x) 
(ln( f ( x))) 
 lim
  exp  lim


exp
 x  x 0 ( g ( x)) 1 
 x  x 0 ( g 1 ( x)) .
( g ( x)) 1




Заметим, что правило Лопиталя позволяет вычислять пределы достаточно широкого класса функций. Однако в некоторых случаях использование этого правила формально возможно, но на практике не приводит к получению желаемого результата. Иногда в таких случаях бывает удобно использовать фо рмулу Тейлора и приведенные ранее соотношения между бесконечно малыми
функциями, а также некоторые другие методы.
Примеры решения задач
x
 a x  b1 
П р и м е р 1 . Найти предел lim  1
 ; a1  0; a 2  0.
x  a 2 x  b2 

Решение. Рассмотрим три возможные ситуации.
1. a1  a 2  0. Тогда
x
a x  b1 a1
 a x  b1 
lim 1

 1 и lim  1
  .
x a 2 x  b2
x a 2 x  b2 
a2

2. 0  a1  a2 . Тогда
x
a x  b1 a1
 a x  b1 
lim 1

 1 и lim  1
  0.
x a 2 x  b2
x a 2 x  b2 
a2

b
b
3. a1  a 2  0. Обозначим c1  1 ; c2  2 .
a1
a2
x
Тогда
x
 a x  b1 
 x  c1 
  lim 
  (1 )  A  0.
lim  1
x a 2 x  b2 
x x  c2 
x
 x  c1 
  lim x (ln( x  c1 )  ln( x  c2 )) 
ln A  ln lim 
x   x  c2 
x  

1
1

ln( x  c1 )  ln( x  c2 )
x  c1 x  c2
 lim
 lim

x  
x  
1/ x
 1/ x 2
(c1  c2 ) x 2
 lim
 c1  c2 .
x   ( x  c1 ) ( x  c2 )
Отсюда A  e c1  c 2  e (b1  b2 ) / a1 .
П р и м е р 2 . Найти предел lim
x0
85
1  e  x  1  cos x
.
sin x
Решение. Первый способ. Применим правило Лопиталя.
lim
x0
sin x
 lim
x0
1  e x
1  cos x
 lim

x0
sin x
sin x
1  e x
1  cos x
e x
sin x
 lim
 lim
 lim
 1.
x   0 sin x
x   0 sin x
x   0 cos x
x   0 cos x
Второй способ. Так как в соответствии с формулой Маклорена
x2
e  x  1  x  0 ( x), cos x  1 
 0 ( x 2 ), sin x  x  0 ( x) ,
2

то
1  e  x  1  cos x
lim
lim
x0
1  e  x  1  cos x
 lim
x0
sin x
x2
 0( x 2 )
2

x  0( x)
x  0( x) 
0( x)
x 0( x 2 )
1

 2 x
x
2
x
 lim
 1.
x0
0( x)
1
x
tg( tg t )  sin(sin t )
П р и м е р 3 . Вычислить lim
.
t 0
tg t  sin t
Решение. Используя формулы Маклорена
t3
t3
tg t  t   0 (t 3 ) и sin t  t   0 (t 3 ),
6
3
получаем
 t3

tg ( tg t )  tg  t   0 (t 3 )  
3


3
3
 t3
3



t3
t
 t   0 (t 3 )   t   0 (t 3 )   0   t   0 (t 3 )   .
3
3
3


 

Так как
3
3
 t3
 t3
3


3




3
3


t
0   t   0 (t )  
0   t   0 (t )    t   0 (t 3 ) 
3
3


 

  
3


  0,
lim
 lim
3
3
3
t 0
t 0
t
t
 t3

 t   0 (t 3 ) 


3


86
то
Аналогично
0 1 (t 3 )
2 3
3
tg ( tg t )  t  t  0 1 (t ), где lim
0 .
t 0
3
t3
0 2 (t 3 )
t3
3
sin (sin t )  t   0 2 (t ), где lim
 0.
t 0
3
t3
Подставляя полученные представления в исходное выражение, получаем
2 3
t3
3
t  t  0 1 (t )  t   0 2 (t 3 )
tg( tg t )  sin(sin t )
3
3
lim
 lim

3
t 0
t 0
tg t  sin t
t
 0 (t 3 )
2
0 1 (t 3 ) 0 2 (t 3 )
1 3 
t 3  0 1 (t 3 )  0 2 (t 3 )
t
t 3  2.
 lim

lim
t 0
t 0
t3
1 0(t 3 )
3
 0 (t )
 3
2
2
t
x
П р и м е р 4 . Найти предел lim
, используя правило Лопиталя.
2
x
x 1
x
Решение. Функция f ( x) 
возрастает (так как f ( x)  0 ) и огра2
x 1
ничена (так как
f ( x)  1). Это означает, что существует предел
x
A  lim
. Применим правило Лопиталя и получим
2
x 
x 1
x
1
1
A  lim
 lim
 .
x
x 
A
x 2  1 x
x2 1
Таким образом, A 2  1. Так как f ( x)  0 при x  0, то A  1.
Заметим, что функции f ( x)  x, g ( x)  x 2  1 удовлетворяют дифf ( x) g ( x)
ференциальному соотношению
для всех x  R .

g ( x) f ( x)
Упражнение

f ( x) g ( x)
А. Пусть lim f ( x)  lim g ( x)  0 и
для всех x U  (a) . То
xa
xa
g ( x) f ( x)
f ( x)
гда если lim
существует, то он равен 1 или –1.
x  a g ( x)
Б. Описать все пары дифференцируемых функций  f , g  , для которых
выполнено равенство
87
f ( x) g ( x)
для всех x  D( f )  D( g ) .

g ( x) f ( x)
Задачи для самостоятельного решения
1. Вычислить пределы
а) lim
sin( e x  1)  (e sin x  1)
sin 4 3 x
x 0
x ln x
в) lim
ln x x
x
д) lim
x3
x 0
;
б) lim (1  x) log x 2;
x1
г) lim
;
a x  a sin x
x0
1  x  sin x ;
е)
lim
x  
x3
log a x
x
;
, a  1,   0 ,
ln tg (4 x   )
4 .
з) lim
x 0
x
2. Определить  и  таким образом, чтобы имело место равенство
1  cos x cos 2 x cos 3x
;
x 
1  cos x
ж)lim
 1  x  x    0;
lim  x  x  1   x     0.
а) lim
3
3
x 
б)
2
x  
3. Доказать, что если для функции y  f (x) существует вторая производная f ( x0 ) в точке x0 , то
f ( x0  h )  f ( x0  h )  2 f ( x0 )
.
f ( x0 )  lim
h 0
h2
4. Определить n  N из равенства
tg(sinx)  sin( tgx)
 c, c  0 и c   ;
xn
(1  x) x  1
б) lim
 c, c  0 и c  .
x0
xn
а) lim
x0
3.3. Выпуклые и вогнутые функции.
Точки перегиба
В этом разделе мы придерживаемся терминологии, предложенной в
учебнике Г.М. Фихтенгольца “Курс дифференциального и интегрального исчисления” [3].
88
Определение 1. Функция y  f (x) называется в ы п у к л о й в в е р х
н а о т р е з к е [a; b] , если
f ( q1 x1  q 2 x 2 )  q1 f ( x 1 )  q 2 f ( x 2 )
для всех x1 , x2 [a; b] и положительных q1 , q 2 таких, что q1  q 2  1.
Определение 2. Функция y  f (x) называется в ы п у к л о й в н и з н а
о т р е з к е [a; b] , если
f ( q1 x1  q2 x2 )  q1 f ( x1 )  q2 f ( x 2 )
для всех x1 , x2  [ a ; b ] и положительных q1 , q 2 таких, чтоq1  q 2 1.
Замечание. Из определений 1 и 2 следует, что для любой пары точек
( x 1; f ( x 1 )), ( x 2 ; f ( x 2 )) , x1 , x2 [a; b] график выпуклой вверх (выпуклой вниз) на
отрезке [a; b] функции y  f (x) расположен не ниже (не выше) хорды, соединяющей эти точки.
Определение 3. Выпуклые на отрезке [a; b] функции, для которых неравенство из определения выпуклости остается строгим при любом выборе
q 1 , q 2  (0 ;1) и x1 , x2  [a; b] , называются с т р о г о в ы п у к л ы м и .
У п р а ж н е н и е 1 . Используя определение, показать, что функция
f ( x)  x 2 выпукла вниз на всей числовой оси.
Решение. Возьмем   0,   0,     1 и x, y  R и покажем, что выполнено неравенство
f ( x   y )  ( f ( x)   f ( y ))  0 .
Действительно,
( x   y) 2   x 2   y 2   2 x 2  2  xy   2 y 2   x 2   y 2 
  x 2 (  1)   y 2 (   1)  2 x y 
   x 2   y 2  2 x y   ( xy  x 2  y 2 )  0.
Таким образом, функция y  f (x) выпукла вниз на R.
Заметим, что в сформулированных определениях не наложено никаких
ограничений на функцию y  f (x) , как то ограниченность или дифференцируемость. Однако все эти свойства находятся во взаимосвязи, раскрываемой следующим утверждением, которое мы приведем здесь без доказательства.
Утверждение 2. Пусть выпуклая вверх (выпуклая вниз) на отрезке [a; b]
функция y  f (x ) ограничена на [a; b] . Тогда y  f (x ) непрерывна на [a; b] и
в каждой точке [a; b] существуют левосторонняя и правосторонняя производные.
Если функция y  f (x) дифференцируема на отрезке [a; b] , то мы можем сформулировать следующий геометрический критерий того, что функция
является выпуклой вверх (выпуклой вниз) на этом отрезке.
89
Теорема 1. Пусть функция y  f (x) определена и дифференцируема на
отрезке [a; b] . Для того, чтобы y  f (x) была выпукла вверх (выпукла вниз) на
отрезке [a; b] , необходимо и достаточно, чтобы все точки ее графика лежали
ниже (рис. 1.) (выше (рис. 2.)) графика любой своей касательной или на нем.
Рис. 1
Рис. 2
Для исследования на выпуклость вверх (выпуклость вниз) дважды дифференцируемых на отрезке [a; b] функций удобно использовать следующий результат.
Теорема 2. Пусть функция y  f (x) определена и дважды дифференцируема на отрезке [a; b] . Для того, чтобы y  f (x) была выпукла вверх (выпукла
вниз) на отрезке [a; b] , необходимо и достаточно, чтобы неравенство
f  x   0 ( f  x   0 ) было выполнено для всех x  [a; b] .
Важную роль при исследовании функции на выпуклость вверх (выпуклость вниз) играют точки, в которых происходит изменение направления выпуклости функции.
Определение 4. Точку M ( x 0 ; f ( x 0 )) называют т о ч к о й п е р е г и б а
г р а ф и к а ф у н к ц и и y  f (x) , если y  f (x) непрерывна в точке x0 и слева
и справа от этой точки кривая имеет разные направления выпуклости. В этом
случае точку x0 называют точкой перегиба функции y  f (x) (рис. 3, рис. 4).
Рис. 3
Рис. 4
90
Теорема 3. Точка x0 , для которой f ( x0 )  0 или f ( x0 ) не существует
(причем f ( x0 ) имеет смысл), является точкой перегиба, только если f (x)
меняет свой знак при переходе через x0 .
Если функция y  f ( x ) непрерывна, но не дифференцируема на отрезке
[a; b] , или трудно отыскать корни уравнения f ( x)  0 , то задача определения
направления выпуклости функции значительно усложняется. В этом случае бывает удобно использовать различные эквивалентные формы определений 1,2.
Теорема 4. Пусть функция y  f (x) непрерывна на отрезке [a; b] . Тогда следующие условия эквивалентны:
 x  x2  f ( x1 )  f ( x2 )
1) f  1
для всех x1 , x2 [a; b];

2
 2 
2) для каждого n  N выполнены неравенства
f ( x1 )  f ( x 2 )    f ( xn )
 x  x2    xn 
f 1
 
n
n


для всех x1 , x2 , xn  [a; b] ;
3) y  f (x ) выпукла вниз на отрезке [a; b] ;
4) f ( q1 x1  q2 x2    qn xn )  q1 f ( x1 )  q2 f ( x2 )    qn f ( xn ) для всех
x1 , x2 ,..., xn  [a; b], q1 , q 2 ,..., qn  0 и q1  q 2  ...  q n  1 .
Покажем, что 3  4. Импликация 4  3 получается, если взять
q3    q n  0 . Докажем импликацию 3  4, используя метод математической индукции. Утверждение 4 верно для n  2 по условию. Предположим, что
оно выполнено для n  k и докажем его для n  k  1 .
Возьмем q1 , q 2 ,, q k 1  0 такие, что q1  q 2    q k 1 1 . Тогда
f ( q1 x1    qk xk  qk 1 xk 1 ) 

f  q1 x1    qk 1 xk 1  (qk  qk 1 )



qk
q k 1

xk 
xk 1   
q k  q k 1
 q k  q k 1



qk
q k 1
 q1 f ( x1 )    qk 1 f ( xk 1 )  (qk  qk 1 ) f 
xk 
xk 1  
q k  q k 1
 q k  q k 1


qk
qk 1
qk
  так как

1 и
 0,
q

q
q

q
q

q
k
k 1
k
k 1
k
k 1

91

qk 1
0  
qk  qk 1

 q1 f ( x1 )  qk 1 f ( xk 1 ) 


qk
q k 1
 (qk  qk 1 ) 
f ( xk ) 
f (k  1)  
q k  q k 1
 q k  q k 1

q1 f ( x1 )  qk f ( xk )  qk 1 f ( xk 1 ) .
У п р а ж н е н и е 3 . Доказать: 1)  2)  3).
Решение. Доказывается аналогично .
У п р а ж н е н и е 4 . Сформулировать теорему для выпуклых вверх
функций, аналогичную теореме 4.
В этом разделе будут рассмотрены основные свойства выпуклых вниз
(вверх) функций, заданных на отрезке [a; b] .
1. Произведение выпуклой вниз функции на положительную (отрицательную) постоянную есть выпуклая вниз (выпуклая вверх) функция.
2. Сумма выпуклых вверх (вниз) функций является выпуклой вверх
(вниз) функцией.
3. Если y  f ( x) и x  f 1 ( y) – однозначные взаимно обратные функции  f :[a; b]  Е ( f  и f 1 : E ( f ) [a; b]  , то f – выпукла вниз и возрастает  f 1 – выпукла вверх и возрастает; f – выпукла вниз и убывает  f 1 –
выпукла вниз и убывает; f – выпукла вверх и убывает  f 1 – выпукла вверх и
убывает.
4. Выпуклая вниз на отрезке [a; b] функция y  f (x), отличная от постоянной, не достигает наибольшего значения на интервале(a; b) .
Доказательство. Предположим противное. Тогда существует точка
x0  [a; b] такая, что f ( x0 )  max f ( x) . Так как функция отлична от постоянx[ a ; b ]
ной, то найдутся точки
такие, что
a  x1  x0  x2  b
f ( x1 )  f ( x0 ),
f ( x2 )  f ( x0 ).
Причем хотя бы одно из неравенств – строгое. Выберем положительные числа
q1 и q 2 таким образом, чтобы было выполнено равенство x0  q1 x1  q 2 x2 и
q1  q 2  1. Тогда
f (q1 x1  q2 x2 )  f ( x0 )  q1 f ( x0 )  q2 f ( x0 )  q1 f ( x1 )  q2 f ( x2 ),
что противоречит выпуклости вниз функции y  f (x) .
5. Пусть функция y  f (x) непрерывна, выпукла вниз на отрезке [a; b] и
существуют положительные числа p и q ( p  q  1), для которых выполняется
равенство f ( pa  qb)  p f (a)  q f (b).
92
Тогда равенство f (q1 x1  q2 x2 )  q1 f ( x1 )  q2 f ( x2 ) выполняется для
всех точек x1 , x2  [a; b] и чисел q1, q2  0 ; q1  q2  1 .
Доказательство. Пусть y  l (x) – уравнение прямой, проходящей через
две точки (a; f (a)), (b; f (b)) . Тогда функция
 ( x)  f ( x)  (l ( x))
выпукла вниз как сумма двух выпуклых вниз функций и
 (a)  f (a)  (l (a))  0,  (b)  f (b)  (l (b))  0.
Представим
произвольную
точку
в
виде
x  [a; b]
x   a  b с  ,   0 и     1 и получим
 ( x)   (a  b)   (a)   (b)  0 .
Покажем, что  ( x)  0 . Действительно, если предположить, что
 ( x0 )  0 для некоторого x0  (a; b) , то
 ( pa  qb)  f ( pa  qb)  (l ( pa  qb)) 
 pf (a)  qf (b)  ( pl (a)  ql (b))  0   ( x0 ).
Следовательно, pa  qb является точкой максимума функции  (x) , что
противоречит свойству 4, так как pa  qb  (a; b) . Таким образом,  ( x)  0 . Это
означает, что график функции y  f (x) совпадает с хордой y  l (x) . Следовательно,
–
линейная
функция,
то
есть,
y  f (x)
f (q1 x1  q 2 x2 )  q1 f ( x1 )  q 2 f ( x2 ) для всех q1 , q2  [0;1] и x1 , x2  [a; b] .
Замечание 1. Показать, что y  f (x) – линейная на [a; b] функция тогда
и только тогда, когда f (q1 x1  q2 x2 )  q1 f ( x1 )  q2 f ( x2 ) для всех q1 , q2  [0;1] и
x1 , x2  [a; b] .
Замечание 2. При исследовании выпуклых вверх (выпуклых вниз) на
[a; b] функций бывает удобно рассмотреть функцию  (x), построенную в доказательстве свойства 5, так как эта функция имеет то же направление выпуклости, что и исходная, и  (a)   (b)  0 , что делает функцию  (x) удобной для
изучения.
Определение выпуклой вверх (выпуклой вниз) функции является своеобразным генератором для получения различных неравенств. Все приводимые
ниже неравенства получаются из теоремы 4:
а) f ( x)  x k , x  0, k  1. Так как f ( x)  0 при x  0, то y  f (x) – выпуклая вниз функция. Следовательно,
k
n
 n

  q i x i    q i x ik для q i  0,
 i 1

i 1


93
n
 qi 1.
i 1
k
В частности,
1
n k 1
n
 n

  x i    x ik для любого n  N ;
 i 1 
i 1


б) функция f ( x)  ln x выпукла вверх на (0 ;) . Поэтому
 n


q
ln
x

ln
q
x
 i i
 i i  для q i  0,

i 1
 i 1

n
В частности,
1
n
1

ln
x

ln
 i
n
i 1

n
n

i 1
n
 q i  1.
i 1

x i  для любого n  N ;


в) функция f ( x)  x ln x выпукла вниз на (0 ;) . Поэтому
n
 n

 n
 n
  q i x i  ln   q i x i    q i x i ln x i для q i > 0 и  q i  1 .
 i 1

 i 1
 i 1
i 1




У п р а ж н е н и е 4 . Доказать, что если функции y  f (x) и x  g ( y) являются взаимно обратными функциями (на соответствующих промежутках) и
функция y  f (x) выпуклая вниз и возрастает, то функция x  g ( y) выпуклая
вверх.
Решение. Пусть x1  x2 , где x1 и x2 − любые точки из промежутка, на ко−
тором функция y  f (x) выпуклая вниз и возрастает. Так как f (x) и g ( y) − обратные функции то y1  f ( x1 ) , y 2  f ( x2 ) , x1  g ( y1 ) , x2  g ( y 2 ) .
Поскольку функция f (x) выпуклая вниз, то
 x  x 2  f ( x1 )  f ( x 2 ) y1  y 2
f 1


2
2
 2 
.
Так как по свойству обратных функций функция
растающей, то
g ( y)
является воз−
  x  x2
 y  y2 
g 1
  g  f  1
 2 
  2
  x1  x 2 g ( y1 )  g ( y 2 )
,

  
2
2

что и доказывает выпуклость вверх функции g ( y) .
Задачи для самостоятельного решения
1. Используя определение выпуклости вверх (выпуклости вниз), показать, что
а) функция y  x 3 – выпукла вверх на промежутке (;0] и выпукла
вниз на промежутке [0;) ;
94
б) функция y  x 4 – выпукла вниз на R ;
в) функция y  x – выпукла вверх на промежутке [0;) .
2. Всегда ли произведение двух выпуклых вверх функций является
функцией выпуклой вверх?
3. Функция f (x) непрерывно дифференцируема и выпукла вверх на
(0;) . Известно, что lim f ( x) существует и конечен. Доказать, что
lim f ( x)  0 .
x
x  
4. Непрерывная функция f (x) выпукла вниз на (0;) , f (0)  0 и
f (0)  a . Доказать, что при x  0 функция
f ( x)
возрастает.
x
5. Привести пример выпуклых вниз на R функций f (x) и g (x) таких,
что f ( x)  g ( x)  sin x.
6. Найти промежутки выпуклости вверх (выпуклости вниз) и точки перегиба графиков следующих функций:
a2
а) y  x  sin x; б) y  2
, a  0; в) y  x sin(ln x) .
a  x2
7. При каком значении параметра h кривая
h h2 x2
y
e
, при x  0 ,

имеет точки перегиба с абсциссами x   , где  – произвольное заданное число?
x 1
8. Доказать, что кривая y  2
имеет три точки перегиба, лежащие
x 1
на одной прямой.
9. Доказать, что если функция  ( y ) является выпуклой вниз и возрастает на интервале ( f (a); f (b)) , а функция y  f (x) выпуклая вниз на интервале (a; b)
, то сложная функция y   ( f ( x)) является выпуклой вниз на интервале(a; b) .
3.4. Основные теоремы дифференциального исчисления
Рассмотрим основные теоремы анализа, относящиеся к операции дифференцирования. К таковым традиционно относят следующие теоремы.
Теорема Ферма. Пусть функция y  f (x) определена в интервале (a; b)
и в точке c  (a; b) принимает наибольшее (наименьшее) значение. Если существует производная, то необходимо, чтобы f (c)  0 .
Теорема Ролля. Пусть функция y  f (x) :
1) определена и непрерывна на отрезке [a; b] ;
95
2) дифференцируема в интервале (a; b) ;
3) f (a)  f (b) .
Тогда найдется точка c  (a; b) такая, что f (c)  0 .
Теорема Лагранжа. Пусть функция y  f (x) :
1) определена и непрерывна на отрезке [a; b] ;
2) дифференцируема в интервале (a; b) .
Тогда найдется точка c  (a; b) такая, что
f (b)  f (a)  f (c)(b  a) .
Теорема Коши. Пусть функции y  f (x) и y  g (x) :
1) определены и непрерывны на отрезке [a; b] ;
2) дифференцируемы в интервале (a; b) ;
3) g ( x)  0 для всех x  (a; b) .
Тогда найдется точка c  (a; b) такая, что
f (b)  f (a) f (c)
.

g (b)  g (a) g (c)
Примеры решения задач
П р и м е р 1 . Пусть полином p( x)  x n  a n1 x n1  a1 x  a0 имеет n
различных вещественных корней. Показать, что полином p(x) имеет n  1 вещественных корней.
Решение. Пусть x1  x2  xn – корни полинома p  p (x) . Тогда
p ( xi )  0 для всех i  1, ... , n . Применив теорему Ролля к функции p  p (x) на
каждом из отрезков [ xi ; xi 1 ] , получим, что существуют n  1 точек ci [ xi ; xi 1 ]
, для которых p(ci )  0 .
П р и м е р 2 . Пусть y  f (x) дифференцируема на отрезке [0;1] и
f (0) f (1)  0 . Доказать, что на интервале (0; 1) найдется точка c такая, что
f (c)  0 .
Решение. Функция y  f (x) непрерывна на отрезке [0;1] , и, значит, по
теореме 7 раздела 3.3 найдутся точки c1 , c2  [0;1] такие, что
f (c1 )  min f ( x),
x0; 1
f (c2 )  max f ( x) .
x0; 1
Так как f (x) принимает на отрезке [0;1] значения разных знаков, то
функция y  f (x) не является монотонной на [0;1] . Значит, по крайней мере
одна из точек c1 , c2 (скажем, c1 ) не совпадает с концами отрезка [0;1] . По теореме Ферма
f (c1 )  0 .
96
Очевидно, что если условия теоремы Лагранжа выполнены на отрезке
[a; b] , то они будут выполнены на каждом отрезке [ ;  ]  [a; b] . Таким образом, каждой паре точек  ;  [a; b] ставится в соответствие одна или несколько точек c таких, что
f (  )  f ( )  f (c ) (    ).
Заметим, что «обратное» соответствие (c   ; b) построить для всех
с возможно не всегда. Поясним сказанное следующим примером.
П р и м е р 3 . Функция y  x 3 удовлетворяет условиям теоремы Лагранжа на отрезке [1;1]. Однако для c  0 не существует чисел   0   таких,
что
f (  )  f (  )  f ( 0) (   ) ,
так как левая часть равенства положительна, а правая равна нулю.
Обратим внимание на то, что c  0 является точкой перегиба функции
y  x 3 . Оказывается, что этот факт верен для любой дважды дифференцируемой функции.
П р и м е р 4 . Пусть y  f ( x ) дважды непрерывно дифференцируема
на [a; b] и точка c  (a; b) такая, что
f    f (  )  f ( c ) (    )
для любой пары чисел    .
Тогда с является точкой перегиба графика функции y  f ( x ).
Решение. Заметим, что из непрерывности функции y  f ( x ) следует,
что изменение положения хорды, соединяющей две точки ее графика, непр ерывно зависит от изменения этих точек. Это означает, что при малых изменениях положения точек A ( ; f ( )), B (  ; f (  )) мало изменяется тангенс угла
наклона хорды AB к положительному направлению оси Ox , который определяется соотношением


 f (  )  f ( )
tg  AB, Ox  
.
 


Предположим, что найдется две пары точек
 A1 (1; f (1 )) , B 1 (1; f (1 )) 
и  A2 ( 2 ; f ( 2)) , B2 (  2 ; f (  2 ))  ,
для которых






tg  A1 B 1 , Ox   f (c) и tg  A 2 B 2 , Ox   f (c).




Тогда из соображений непрерывности, высказанных выше, следует с уществование пары точек  A0 ( 0 ; f ( 0 )) , B0 (  0 ; f (  0 ))  , для которой
97


 f (  0 )  f ( 0 )
tg  A 0 B0 , Ox  
 f (c) ,





0
0
что противоречит условию задачи.
f (  )  f ( )
f (  )  f ( )
 f (c) или
 f (c) для всех
 
 
 ,   [a ; b] . Переходя к пределу при    в каждом из неравенств, получаем,
что f ( )  f (c) или f ( )  f (c) для всех   D ( f ) , то есть точка с является
точкой локального экстремума функций f (c) .
Следовательно, f (c)  0 и при переходе через точку с функция
y  f (x) меняет знак. Это означает, что точка с является точкой перегиба
функции y  f (x) .
Таким образом,
П р и м е р 5 . Для того, чтобы функция y  f (x) , дважды дифференцируемая на [a ; b] , была строго выпуклой вверх (строго выпуклой вниз) на [a ; b] ,
необходимо и достаточно, чтобы для любых  ,  из [a ; b] существовала единственная точка c  (a ; b) такая, что
f (  )  f ( )  f (c) (    ) .
Решение. Необходимость. Пусть для определенности y  f (x) – строго
выпуклая на [a ; b] функция. Предположим, что найдется пара точек
 0 ,  0  (a; b) таких, что
f (  0 )  f ( 0 )  f (c1 ) (  0   0 ) ,
f (  0 )  f ( 0 )  f (c 2 ) (  0   0 ), c1  c 2 .
Таким образом, функция y  f (x) дифференцируема на [c1 ; c 2 ] и
f (c1 )  f (c 2 ) . Рассмотрим два возможных случая.
1. Если f ( x)  const на [c1; c 2 ], то f ( x)  A x  B , что противоречит
строгой выпуклости на [a ; b] .
2. Если f ( x)  const , то в силу равенства f (c1 )  f (c 2 ) функция
y  f (x) не является строго монотонной на [c1 ; c 2 ] и, значит, найдутся точки
d 1 , d 2 такие, что f (d 1 )  0 и f (d 2 )  0 . С другой стороны, f ( x)  0 для
всех x  [a ; b] . Противоречие.
Достаточность. Предположим противное. Тогда из замечания к определениям 1, 2 раздела 3.3 следует существование точек    из отрезка [a ; b] таких, что отрезок, соединяющий точки ( ; f ( )) и (  ; f (  )) , пересечет график
98
функции y  f (x) в точке ( ; f ( )) , где   ( ;  ) . Применив теорему Лагранжа к отрезкам [ ;  ] и [ ;  ] , получим, что
f ( )  f ( )  f (c 1 ) (   ), c 1  ( ;  ),
(3.1)
f (  )  f ( )  f (c 2 ) (    ), c 2  ( ;  ).
(3.2)
Так как точки ( ; f ( )), (  ; f (  )) и   ; f ( )  лежат на одной прямой, то
выполнены равенства
f ( )  f ( ) f (  )  f ( )

 tg  ,
 
 
где  – угол между этой прямой и положительным направлением оси Ox . Отсюда следует, что f (c 1 )  f (c 2 ) . Складывая равенства (3.1) и (3.2), получаем
f (  )  f ( )  f (c 1 ) (    )  f (c 2 ) (    ), где c 1  c 2 .
Получаем противоречие.
П р и м е р 6 . Доказать, что если
x 1  x 
x  0,
то
1
,
2 x   ( x)
где
1
1
  ( x)  ,
4
2
1
1
причем lim  ( x)  , lim  ( x)  .
x  0
4 x  
2
Решение. Применим к функции  (t )  t теорему Лагранжа на отрезке
[ x; x  1] :
1
1
x 1  x 
(( x  1)  x) 
,
2 x0
2 x   ( x)
где x0  x   ( x),  ( x) меняется при изменении x и  ( x) [0;1] . Отсюда получаем
( x  1  x )( x  1  x )
1
,

x 1  x
2 x   ( x)
x  1  x  2 x   ( x) ,
99


1
 2x  2 x2  x  1 .
(3.3)
4
Найдем наименьшее и наибольшее значение функции    (x) на полуинтерва1 2x  1
ле [0;) . Так как  ( x) 
 2  0 , то
4 x2  x
 ( x) 
1
1
min  ( x)   ()  lim  ( x)  ; max  ( x)   (0)  .
x0;  
x  
4 x0;  
2
1
1
Таким образом,   ( x)  .
4
2
Утверждения, касающиеся предельных значений функции  (x) , получаются из (3.3) при x  0 и x   .
П р и м е р 7. Пусть функция y  f (x) дифференцируема, но не ограничена на интервале (a; b) . Тогда ее производная также не ограничена на (a; b) .
Построить пример ограниченной на (a; b) функции, производная которой не
ограничена на (a; b) .
Решение. 1. Так как y  f (x) не ограничена на (a; b) , то найдется последовательность xn  (a ; b) такая, что lim f ( xn )   . Возьмем произвольную точn
ку x0  (a ; b) и применим теорему Лагранжа к каждому отрезку с концами в
точках x0 , xn :
f ( xn )  f ( x0 )  f ' (n ) xn  x0
для некоторой точки  n между x0 и xn . Перейдем к пределу при n   в левой и правой частях последнего равенства и получим
lim f ( n ) xn  x0  lim f ( xn )  f ( x0 )   .
n 
n 
Так как xn  x0  b  a   , то lim f ( n )   , что и требовалось доказать.
n 
2. Возьмем f ( x)  x при x  (0; 1) . Тогда неравенство f ( x)  1 выпол1
нено для всех x  (0; 1) и lim f ( x)  lim
.
x 0
x 0 2 x
П р и м е р 8. Пусть функция y  f (x) дифференцируема на (;) и
равенство
(3.4)
f ( x0  h)  f ( x0 )  h f ( x0 )
справедливо для некоторого x0 и всех h  (;) . Тогда f ( x)  ax  b , где
a  f ( x0 ), b  f ( x0 )  f ( x0 ) x0 .
Решение. Из равенства (3.4), записанного в виде
100
f ( x0  h )  f ( x0 )
 f ( x0 ) ,
h
следует, что тангенс угла между хордой, соединяющей точки ( x0 ; f ( x0 )) и
( x0  h ; f ( x0  h)) , и положительным направлением оси О x равен f ( x0 ) . Так
как любая точка графика функции y  f (x) представима в виде
( x0  h ; f ( x0  h)) , то график этой функции совпадает с прямой, проходящей
через точку ( x0 ; f ( x0 )) и имеющей угловой коэффициент f ( x0 ) . Таким образом, f ( x0 )  f ( x0 ) x  f ( x0 )  f ( x0 ) x0 .
П р и м е р 9. Пусть y  f (x) бесконечно дифференцируема на интервале ( x0  h ; x0  h), f ' ( x0 )  0 и существует M  0 такая, что
f ( n) ( x)  M для всех x  ( x0  h ; x0  h) и n  N .
Показать, что y  f (x) удовлетворяет одному из следующих условий:
1) x0 – точка строгого экстремума;
2) x0 – точка перегиба;
3) y  f (x) является константой на ( x0  h ; x0  h) .
Решение. 1. Предположим, что
f ( x0 )  . . .  f ( k ) ( x0 )  0, f ( k 1) ( x0 )  0 и k  1 – четное число.
Тогда
f ( k ) ( x0 )
f ( k 1) ( x0 )
k
f ( x)  f ( x0 )  . . . 
( x  x0 ) 
( x  x0 ) k 1  0( | x  x0 |k 1 ),
k!
(k  1)!
f ( k 1) ( x0 )
f ( x)  f ( x0 ) 
( x  x0 ) k 1  0 (| x  x0 |k 1 ) .
(k  1)!
Так
lim
x  x0
как
0 (| x  x0 |k 1 )
( x  x0 ) k 1
( x  x0 ) k 1
сохраняет
знак
на
( x 0  h ; x 0  h)
и
 0 , то найдется окрестность точки x0 , в которой выпол-
нено равенство sign ( f ( x)  f ( x0 ))  sign f ( k1) ( x0 ) , то есть:
x0 – точка максимума, если f
x0 – точка минимума, если f
( k 1)
( k 1)
( x0 )  0 ;
( x0 )  0 .
2. Предположим, что
f ( x0 )  . . .  f ( k ) ( x0 )  0, f ( k 1) ( x0 )  0 и k  1 – нечетное число. Тогда, используя разложение по формуле Тейлора функции y  f (x)
в точке x  x0 , получаем
f  ( k ) ( x0 )
f ( x)  f ( x0 ) 
( x  x0 ) k  0 (| x  x0 |k ) .
k!
101
Так как k – четное число, то x0 – точка экстремума функции y  f (x)
и, следовательно, x0 является точкой перегиба графика функции y  f (x) .
3. f ( k ) ( x0 )  0 для всех

f ( x )  f ( x0 )  
k 1
kN
. Тогда
f ( k ) ( x0 )
( x  x0 ) k  f ( x0 ) для всех x  ( x0  h ; x0  h) .
k!
Задачи для самостоятельного решения
1. Найти на кривой y  x 3 точку, касательная в которой параллельна
хорде, соединяющей точки A (  1;1) и B (2; 8 ) .
2. Найти функцию    ( x;  x ) такую, что
f ( x  x)  f ( x)   x f ( ( x ; x)) ,
если f ( x)  ax 2  bx  c .
3. Доказать неравенства:
а) sin x  sin y  x  y ;
в)
б) arctg a  arctg b  a  b ;
ab
a ab
, если 0  b  a .
 ln 
a
b
b
4. Доказать, что единственная функция, имеющая постоянную производную на R , есть линейная функция
f ( x)  k x  b .
5. Пусть y  f (x) – четная функция, определенная на [a; b] и имеющая в
точке x  0 все производные. Доказать, что
f ( 2n1) (0)  0 для всех n  N .
6. Функция y  f (x) дифференцируема на [0;1] , причем выполнены
условия: f (0)  0 и f ( x)  k f ( x) для некоторого k  0 . Доказать, что выполняется тождество f ( x)  0 .
7. Показать, что если кривая y  f (x) пересекает некоторую прямую в
трех точках, то между крайними точками пересечения находится по крайней
мере одна точка перегиба кривой.
8. Функция y  f (x) имеет на полуоси (0 ;) непрерывную производную, f (0)  1, f ( x)  e  x для всех x  0 . Доказать, что существует такая точка
x
x0 , что f ( x0 )  e 0 .
9. Пусть функция y  f (x) дифференцируема на отрезке [ x1; x2 ] . Доказать, что
102
1
x2  x1
x1
x2
f ( x1 ) f ( x2 )
 f ( )   f ( ),   ( x1 , x2 ) .
10. Определить число вещественных корней уравнения:
а) x 3  6 x 2  9 x  10  0 ;
б) 3x 4  4 x 3  6 x 2  12 x  20  0 ;
в) ch x  k x, k  R .
11. Используя результат, сформулированный в примере 2, доказать теорему Дарбу: если функция y  f (x) имеет конечную производную на отрезке
[a; b] , то функция y  f (x) принимает в качестве значения каждое промежуточное число между f (a) и f (b) .
12. Доказать, что всякая монотонная на [a; b] функция y  f ( x ) непрерывна на [a; b] .
13. Обозначим через f функцию, определенную на отрезке [a; b] и выпуклую, а через
n
pi
(i=1, 2, …, n) − строго положительные числа и  pi  1 . Поi 1
казать, что f   pi xi    pi f ( xi ) .
n
 i 1
n

i 1
14. Показать, что если   1 , то функция f , определенная для x  0 равенством f ( x)  x  , выпуклая, и доказать, что если x1 , x2 ,..., xn − строго положительные числа, то

 n 
 n

  xi   n  1   xi  .
 i 1 
 i 1 
Может ли здесь достигаться равенство?
3.5. Тождества и неравенства
1. Применение метода математической индукции
к доказательству неравенств
Доказать неравенство:
1
1
1

 n , n  2.
2
n
Решение:
1
2 1 2


 2;
2
2
2
б) предположим, что рассматриваемое неравенство верно для некотор ого n  N ;
а) если
n  2,
то 1 
103
в) покажем, что 1 
1
1

 n 1 :
2
n 1
1
1
1
1


 n
2
n
n 1
1

n 1
n(n  1)  1
n 1

n2 1
 n  1,
n 1
что и требовалось доказать.
2. Использование монотонности функции
Доказать двойное неравенство:
x3
x
 sin x  x при
6
x  0.
Доказательство. Рассмотрим функцию f ( x)  sin x  x 
x3
.
6
x2
Заметим, что а) f (0)  0 и f ( x)  cos x  1  ,
2
б) f (0)  0 и f ( x)   sin x  x,
в) f (0)  0 и f ( x)   cos x  1  0.
Из в следует, что f ( x)  0 при x  0 , затем из б следует, что f ( x)  0
при x  0 , и, наконец, из а следует, что f ( x)  0 при x  0 .
Аналогично доказывается второе неравенство.
3. Использование экстремальных свойств функций
Доказать неравенство:
1
2
p 1
 x p  (1  x) p  1, если 0  x  1 и p  1 .
Решение. Найдем наименьшее и наибольшее значение функции
f ( x)  x p  (1  x) p :
1
1
max f ( x)  f (0)  f (1)  1; min f ( x)  f    p 1 .
x0; 1
x0; 1
2 2
Отсюда следует, что при x [0;1]
104
1
2 p 1
1
 f    f ( x)  f (0)  f (1)  1 .
 2
4. Использование направления выпуклости функций
Доказать неравенство:
x y
при x  0 и y  0.
2
Решение. Разделим обе части неравенства на 2:
x ln x  y ln y x  y x  y

ln
2
2
2
x ln x  y ln y  ( x  y ) ln
и рассмотрим функцию f (t )  t ln t ,
t  0.
Так как f (t )  ln t  1 и f (t ) 
1
при
t
то f (t )  t ln t выпукла вниз на (0;) . Значит,
f ( x)  f ( y )
 x y
 f
 при x  0 и y  0 ,
2
 2 
что и требовалось доказать.
Замечание. Другие примеры неравенств, вытекающих из определения
выпуклости вверх (выпуклости вниз) были приведены в конце раздела 3.3.
t  0,
5. Переход от дискретного параметра n  N
к непрерывному параметру t  R
Этот прием является весьма эффективным, так как сводит исследование
последовательностей к исследованию функций, что позволяет применять правило Лопиталя, нахождение экстремумов с помощью производных и т.д.
П р и м е р 1 . Установить, является ли монотонной числовая послед овательность xn  1 

2

n
n 1
.
 2
Решение. Исследуем функцию f (t )  (t  1) ln 1   на монотонность
 t
при t  1 . Для этого рассмотрим f (t ) и f (t ) .
 2  2(t  1)
f ' (t )  ln 1   
,
 t  t (t  2)
105
 2
 2
ln 1  
ln 1  
ln(1  s)
t
t
lim 
 lim 
 lim
 1.
2
t  2(t  1)
t 
s 0
s
t (t  2)
t
Отсюда следует, что lim f ' (t )  0 .
t 
4
 0 для всех t  1 , то y  f (t ) возрастает на
2
2
t (t  2)
[1;) . С учетом равенства lim f ' (t )  0 это означает, что f (t )  0 для всех
Так как f (t ) 
t 
t  1.
Значит, y  f (t ) и y  e f (t ) убывают на [1;) . Таким образом,
xn  e f ( n)  e f ( n 1)  xn 1 .
6. Исследование функции нескольких переменных на экстремум
Этот метод бывает удобен для доказательства неравенств, зависящих от
нескольких параметров.
Доказать неравенство:
n
xn  yn  x  y 

 , если n  1 и x  0, y  0 .
2
 2 
Решение. Исследуем функцию f ( x, y ) 
мум:
xn  yn  x  y 


2
 2 
n
на экстре-
а) находим критические точки
f nx n1 n  x  y 

 

x
2
2 2 
n1
 0;
f ny n1 n  x  y 

 

y
2
2 2 
n1
0.
Отсюда находим x  y ;
б) исследуем знак второго дифференциала функции f ( x, y ) в точках
x  y:
2 f
x
2
2 f
y 2
n (n  1) x n2 n (n  1)  x  y 




2
4  2 
n2
n (n  1) y n2 n (n  1)  x  y 




2
4  2 
n2
106
,
,
2 f
n (n  1)  x  y 



xy
4
 2 
d 2 f ( x, x ) 
2 f
x 2
( x, x) dx 2  2
n 1
,
2 f
2 f
( x, x)dxdy  2 ( x, x) dy 2 
xy
y
n(n  1) n2 2
x (dx  2dxdy  dy 2 )  0, если dx  dy  0.
4
Таким образом, A( x, x) – точки минимума функции f ( x, y ) .
Отсюда получаем

n
xn  yn  x  y 
f ( x, y ) 

  f ( x, x)  0,
2
 2 
что и требовалось доказать.
7. Доказательство тождеств с использованием свойств
дифференцирования
1
x
1. Построить график функции y  arctg x  arctg .
Решение. Вычислим производную в точках x  0 .
1
1 1
y 

0.
1  x2 x2 1  1
x2


Так как y (1)   , y (1)  , то
2
2
 
 2 , если x  (; 0),
y
  , если x  (0,).
 2
Ответ:
2.
Доказать тождество
107
2arctgx  arcsin
2x
  , x 1.
1  x2
Решение. Рассмотрим функцию f ( x)  2arctgx  arcsin
x 1
имеем
f (1)  2arctg1  arcsin 1  2 
'
2acrtgx  2 2 и  arcsin 2 x 2  
1 x
1 x 

'

4
1


2
 2x 
1 
2 
1  x 
1  x 2 2(1  x 2 )
1  x2 1
2
.


2


2
2
2
2 2 (1  x 2 ) 2
1

x
1

x
1

x
(1  x )
 .
2x
, x  1 . При
1  x2
Пусть
x 1 ;
тогда
'
2
 2x 


2 
1  x 
Поэтому f ' ( x)  0 , x  1 . Следовательно, функция при x  1 является тождественно равной постоянной. Чтобы найти эту постоянную, вычислим, напр имер, f ( 3 ) ; имеем:
3
 
f 3  2arctg 3  arcsin
 2     . Таким образом, тождество доказано.
2
3 3
 
Задачи для самостоятельного решения
1. Доказать тождества:
а) 1  3x 2  5 x 4  ...  (2n  1) x 2 n1 
(2n  1) x 2 n2  (2n  1) x 2 n  x 2  1
=
, x 1 ;
( x 2  1) 2
 3
 , если x  ( ;1);
1  x  4

б) arctg x  arctg
1 x  
 4 , если x  (1;);
1  x2
в) arccos
 2 arctg x при x  [0;) ;
1  x2
x
г) arcsin x  arctg
при x  (1;1) .
2
1 x
2. Доказать неравенства:
а) x  ln(1  x) при
x0
;
б) e x  1  ln(1  x) ;
108
ln x
1

в)
при x  0, x  1 ;
x 1
x
3
sin x 
г) 
  cos x
 x 
при 0  x 

2
;
2
 

 sin   x  
2
sin x    2
   16 при x   0 ;   ;
д) 


 
 2
2
 x    x 
 2



2
е) 1  x  (n  1) x  n 1  x  1  x при x  0, n  N ;
2
n
n
2n
ж) ln 2 n  ln( n  1) ln( n  1) , n  2 .
3. Доказать неравенства:
mn
m mn
а)
при 0  n  m ;
 ln 
m
n
n
a
e a  eb e a  eb

б)
при a  b ;
a b
2
b
в) a b  b a при a  b  1 ,
a b
a
b
ab
a b
г) 
      , где a, b, c, d − произвольные положительные
c  d 
c d 
числа,
д) a 3  b 3  c 3  3abc , где a, b, c − произвольные положительные числа.
4. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z  x 2  y 2  xy в
области x  y  1 .
3.6. Производные высших порядков
Производная y   f (x) данной дифференцируемой функции y = f(x),
называемая производной первого порядка, представляет собой некоторую новую функцию. Возможно, что эта функция сама имеет производную.
Определение 1. Производная от производной первого порядка называется производной второго порядка или второй производной и обозначается так:
y   ( f ( x)) или f (x).
Аналогично если существует производная от производной второго по−
рядка, то она называется производной третьего порядка или третьей произ −
водной и обозначается так: y   ( y ) или f (x) и т.д.
Пример 1. y 
2x
, найти y (n ) .
x 1
2
109
Решение. Преобразуем выражение к виду
y
Так как
2x
1
1
.


x 1 x 1 x 1
 1 


 x  1
2
(n)
 (1) n n!
1
,
( x  1) n1
то


1
1
.
y ( n )  (1) n 

n 1
( x  1) n1 
 ( x  1)
Пусть u (x) и v(x) имеют производные до n-го порядка включительно.
Тогда для производной n-го порядка их произведения u ( x)v( x) справедлива
формула Лейбница
n
(uv) ( n )   Cnk u ( nk ) v ( k ) .
k 0
Пример 2. Вычислить значение n-й производной функции
y
3x  2
в точке x  0 .
x  2x  5
2
Решение. По условию имеем
y ( x)( x 2  2 x  5)  3x  2 .
Продифференцируем это тождество n раз, применяя формулу Лейбница.
Тогда n  2 получим
y ( n ) ( x)( x 2  2 x  5)  ny ( n1) (2 x  2) 
n(n  1) ( n2)
y
( x)  2  0 ,
2
откуда при x  0
5 y ( n ) (0)  2ny ( n1) (0)  n(n  1) y ( n2) (0)  0 ,
или
2
n(n  1) ( n2 )
y ( n ) (0)  ny ( n1) (0) 
y
(0) .
5
5
Получили рекуррентную формулу для определения n-й производной в
точке x  0 ( n  2 ). Значения y (0) и y (0) найдем непосредственно:
2
y (0)  ,
5
y (0) 
 3x 2  4 x  19
19
.

( x 2  2 x  5) 2 x0 25
110
Затем, полагая последовательно n=2, 3, 4, …, с помощью рекуррентной формулы получим значения производных высших порядков.
Пример 3. Найти производную второго порядка от функции, заданной
параметрически: x  ln t , y  t 3 , t  (0;) .
Решение. Имеем
yt
 y  x 9t 2  9t 3 .
 3t 3 и y xx   y x  x   y x t  t x  x 
1
xt
xt
t
y x 
Заметим, что в данном случае параметр t легко исключить из заданных уравнений, полагая t  e x .
В общем случае, если x   (t ) , y   (t ) , то
 (t )  (t )
 (t ) (t )   (t ) (t )  (t )  (t )
.
y xx 

 (t )3
 (t )3
Задачи для самостоятельного решения
1. а) y 
x 1
, найти y ( 20) ,
1 x
2. Показать, что e ax cos bx 
(n)
б) y 
1
, найти y (50) .
x  3x  2
2
b
 r n e ax cos(bx  n ) , где r  a 2  b 2 , tg  ,
a
b
sin   .
r
3. Доказать, что x e

n 1 1 x ( n )
1
e x
.
 (1) n
x 1
n
4. Найти производную второго порядка от функции, заданной неявно:
x  y  ae
2
2
arctg
y
x
, a  0.
5. Вывести формулу для второй производной функции, обратной к заданной
функции y  f (x) .
111
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
Задачи, предлагаемые в пособии, носят нестандартный характер и требуют от студента не только прочных знаний, но и творческого подхода. Большинство задач иллюстрируют в упрощенной форме ту или иную глубокую математическую идею.
Данное пособие будет полезно широкому кругу читателей, интересующихся строгими математическими доказательствами и неожиданными идеями,
и в первую очередь студентам различных вузов, аспирантам, преподавателям,
всем интересующимся математикой.
Пособие может быть использовано как преподавателями для работы в
математических кружках, так и студентами для подготовки к олимпиадам.
112
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
1. Линейная алгебра
1.2. Определители. Ранг матрицы
1. а) n ! ; б) 2n  1 ; в) (a 0  a 1  ...  a n ) x n .
2. а) 2 n1  1 ; б)


a n1  b n1
; в)  a 1a 2 ...a n  1  1  ...  1  ,
 a1 a 2
a b
a n 





е)  ai    bi  a j 
i 1 
1
j i

 j n 
n
n
4. а) ( x  1) ( x  2) ...(x  n  1) ; б) ( x 2  1) ( x 2  4) ;в) (1) n ( x  1) ( x  2) ...( x  n) .
5. а) abc  x (bc  ac  ab) ; б)
( x 2  x 1 ) sin (   )  ( y 2  y 1 ) sin (   )  ( z 2  z 1 ) sin (  ) ;
в) ( x 4  x 3 )  ( x 3  x 2 ) ( x 4  x 2 )  2 ( x 3  x 1 ) ( x 4  x 1 ) .
6. а) 0, если n > 2; sin ( 1   2 ) sin ( 1   2 ) , если n  2 ;
б) C n1 C n2 ...C nn
 (a k  a i ) (b k  b i ) ;
i k
в) 0, если n > 2;  sin 2 ( 1   2 ) , если
n  2.
10. а) 24; б) (a  b  c  d ) (a  b  c  d ) (a  b  c  d ) (a  b  c  d ) .
1.3. Обратная матрица
 2n 1 1

1 0
 1
1.а)  1
0 1

.
.
 .
 1
0 0

 1 

 0 
 0 ;

 . 
  1 
113
n 1
n2
n3
 n

 n  1 2 (n  1) 2 (n  2) 2 (n  3)
1  n  2 2 (n  2) 3 (n  2) 3 (n  3)

б)
n  1  n  3 2 (n  3) 3 (n  3) 4 (n  3)
 




 1
2
3
4

 1

 a
 a2
в) 
3
 a
 

 (a) n

0
0
1
0
a
1
a2
a


(a) n1 (a) n2
0
0
0
1

(  a ) n 3
 1 

 2 
 3 
;
 4 
 

 n 
 0 0 

 0 0 
 0 0 
;
 0 0 
  

 a 1 
1
1
 1 n  a

1
1 n  a
1

1

г) 
1
1
1 n  a
a (n  a) 


 

1
1
1


1 


1 

1 .


 
 1  n  a 
 1 1 1  1 


0
1
1

1



2. X  0 0 1  1  .









 0 0 0  1 


 1 3  8 3 


 A 1  A 1 B C 1   1  2 4  1 
 A B
;
3. 
  
 .
1
  0
O
C
0
2

1
O
C



 

 0
0
1

1


4. Указание. Доказать, что каждое последующее равенство следует из предыдущего и первое следует из последнего.
5. Указание. Показать, что x i можно выбрать таким образом, что матрица
1
n 1
 x i Ai
содержит один нулевой столбец.
i 1
114
 0 1 1 


6. det  1 0  1   0 .
 1 1 0 


7. Указание. Сравнить с формулами

1
  (  ) k .
1   k 0
( E  A) 1  E  A  A 2  ...  A k 1 ; ( E  A) 1  E  A  A 2  ...  (1) k 1 A k 1 , если
A k  0.
8. Указание. Использовать результаты задачи 7.
9. а) поменяются местами i – й и j-й столбцы; б) i – й столбец умножится на
1/с; в) из j- го столбца вычтется i – й, умноженный на с. Аналогичным образом
преобразуются строки матрицыA 1 .
10. Указание. Использовать результат задачи 7.
1.5. Возведение матриц в степень. Нильпотентные матрицы.
След матрицы.
1.
 1 2 m 1 
;
а) 
m 
0
2

0 
 1
б)  m
m 
;
3

1
3


  24 25 
 ;
в) 2 50 

25
26


m 
 3m 1
г) 
 .
9
m

3
m

1


 m m1 i

2
2
0 



i 0
 cos m sin m 

 , б) 0
2.
а) 
1
0 .



sin
m

cos
m



m
0
0
2






2
a b 
4.   E  2  E и 
  E  a 2  b c  1 ;
 c a 
2
a b 

  0  a 2  b c  1 .
 c a 
 200
100 
 1


7.   100 9901  4950  .
  200 19800  9899 


4
 0 1 
 0 1
8. Указание. Вычислить 
 .
 . 
1
0

1
0




9. Указание. Вычислить tr ( A B  B A) .
115
 cos  sin  
10. 
 .
  sin  cos  
11. Указание. Воспользоваться формулой бинома Ньютона.
0 1
0 1
0 0
12. A1  
 , A 2  
 .
 , A1  A 2  
1
0
1
0
0 0




n
n 1
  n 
15. B n  
.
n 
0



2. Введение в анализ
2.2. Пределы последовательностей
1. а) 0;
б) 0;
3. а) 0;
б)  ;
4. а) 1;
б)1 
1 b
;
1 a
1
г) 1; д) ;
4
1
в)  ; г) .
2
в)
2 ;
в) 0;
г) 0;
е) 3;
1
ж) ;
2
з) 2.
1
3
д) (a  2 b) .
5. Равен 1, если a  0 ; принадлежит [-1; 1] или не существует, если а = 0.
6. Указание: использовать неравенство a  b  a  b .
1  (1) n
1  (1) n
; yn 
.
2
2
1
1
1
1
8. x 1  1 , x 2  1 , x 3  , x 4   , x 5  , x 6   , … .
2
2
3
3
7. x n 
2.3. Предел функции. Непрерывность
n (n  1)
1
mn
1
1. а) m n (n  m) ; б)
; в)
; г) .
2
2
2
n
c
2. lim x 1  , lim x 1   .
a 0
a 0
b
5. а) 0; б) 0,5.
7. y ( x)  x , если x – рационально; y ( x)   x , если x – иррационально.
3. Дифференциальное исчисление
3.1. Производная функции. Вычисление производной по определению
2. a  f ' ( x 0 ) ; b  f ( x 0 )  x 0 f ' ( x 0 ) .
116
3.2. Вычисление пределов функций с использованием методов
дифференциального исчисления
1
6
1. б)  ln 2 ; в) 0; г) ln a ; д) e 1 ; е) 0; ж) 6; з) 8.
1
2. б)   1 ;    .
2
4. а) n  7 ; б) n  2 .
3.3. Выпуклые и вогнутые функции. Точки перегиба
6. а) при 2  k  x  (2 k  1)  − выпуклость вверх, при (2 k  1)   x  (2 k  2) 
a
– выпуклость вниз, x  k  − точки перегиба, k  Z ; б) при x 
− выпук3
a
a
лость вверх, при x 
− выпуклость вниз, x  
− точки перегиба;
3
3
в) при e
2 k 
3
4
xe
2 k 

4

k 
e 4
− выпуклость вниз, при e
2 k 

4
xe
2 k 
5
4
−
выпуклость вверх, x 
− точки перегиба, k  Z .
1
7. h 
.
 2
3.4. Основные теоремы дифференциального исчисления
1. (1,  1) .
1
2.  ( x,  x)  x   x .
2
10. а) один корень; б) два корня; в) два корня, если k  sh  , корней нет, если
k  sh  , где  - положительный корень уравненияcth x  x .
3.6. Производные высших порядков
1. а)
1  3  5  ...  37(79  x)
.
2 20 (1  x) 20 1  x
Указание. Воспользоваться равенством 1  x  2  (1  x) ;
( x  1) 50  ( x  2) 50
б)
.
( x 2  3x  2) 51
117
4. y  
5. 
2( x 2  y 2 )
.
( x  y)3
f xx
( f x) 3
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК
1. Лефор, Г. Алгебра и анализ./ Г. Лефор − М.: Изд-во Наука. 1975. − 462 с.
2.Виноградова, И.А. Задачи и упражнения по математическому анализу.
/ И.А. Виноградова, С.Н. Олехник, В.А. Садовничий − М.: Изд-во МГУ 1988. −
300 с.
3. Фихтенгольц, Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления:
учебник / Г.М. Фихтенгольц. − М.: Физматлит, 2003. Т.1. − 80 с.
4. Кудрявцев, Л.Д. Краткий курс математического анализа: учебник / Л.Д. Кудрявцев. −М.: Физматлит, 2003. Т. 1. − 400 с.
5. Никольский, С.М. Курс математического анализа: учебник / С.М. Никольский. − М.: Наука, 1990. − Т.1. − 528 с.
6. Демидович, Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу /
Б.П.Демидович − М.: Наука, 2001. − 545 с.
118
ОГЛАВЛЕ НИЕ
ВВЕДЕНИЕ………………………………………………………………………..3
1. ЛИНЕЙНАЯАЛГЕБРА………………………………………………...............4
1.1. Основные классы квадратных матриц…………………………..............5
1.2. Определители. Ранг матрицы…………………………………………… 8
1.2.1. Вычисление определителей……………………………………….8
1.2.2. Вычисление ранга матриц…………………………………………12
1.3. Обратная матрица……………………………………………………….. 18
1.4. Жорданова нормальная форма...…………………………………………27
1.5. Возведение матриц в степень. Нильпотентные матрицы. ……………
След матрицы……………………………………………………………..37
1.6. Многочлены……………………………………………………………… 44
2. ВВЕДЕНИЕ В АНАЛИЗ………………………………………………………48
2.1. Метод математической индукции………………………………………. 48
2.2. Пределы последовательностей………………………………………….. 51
2.3. Предел функции. Непрерывность………………………………..............66
3. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ…………………………...............76
3.1. Производная функции. Вычисление производной
по определению……………………………………………………………76
3.2. Вычисление пределов функций с использованием методов
дифференциального исчисления……………………………………….. 84
3.3. Выпуклые и вогнутые функции. Точки перегиба ………………………88
3.4. Основные теоремы дифференциального исчисления…………..............95
3.5. Тождества и неравенства…………………………………………………103
3.6. Производные высших порядков………………………………………….109
ЗАКЛЮЧЕНИЕ……………………………………………………………………112
ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ…………………………………………………………113
БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК……….…………………………...............118
119
Учебное издание
Барсуков Андрей Иванович
Глазкова Мария Юрьевна
Минаков Виктор Иванович
ЗАДАЧИ ПОВЫШЕННОЙ СЛОЖНОСТИ
ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ
ЧАСТЬ 1
Учебно-методическое пособие
Редактор Акритова Е.В.
Подписано в печать 24.10.2013. Формат 60х84 1/16. Уч.-изд. л.7.6.
Усл.-печ. л. 7.7. Бумага писчая. Тираж 100 экз. Заказ № 458.
Отпечатано: отдел оперативной полиграфии издательства учебной
литературы и учебно-методических пособий Воронежского ГАСУ
394006 Воронеж, ул. 20-летия Октября, 84
120
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
95
Размер файла
1 985 Кб
Теги
485, сложности, математика, повышенных, задачи
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа