| Математический форум Math Help Planet http://mathhelpplanet.com/ |
|
| Проверить ф-цию на монотонность, не используя производную http://mathhelpplanet.com/viewtopic.php?f=53&t=21599 |
Страница 1 из 1 |
| Автор: | Piefighter [ 21 янв 2013, 03:08 ] |
| Заголовок сообщения: | Проверить ф-цию на монотонность, не используя производную |
Добрый день. Нужно проверить функцию на монотонность без использования производной. Функция y=arctg(x)-x Решаю: y1-y2=f(x)-f(x+eps)=arctg(x)-x-arctg(x+eps)+x+eps= =arctg(x)-arctg(x+eps)+eps Верно делаю? Как показать, что это все >0 ??" Почему величины эпсилона всегда "хватает" для преодоления разницы арктангенсов? При больших значениях эпсилон это явно видно, т.к. арктангенс ограничен, а при малых это не так очевидно.. Может, с помощью этого можно проверить на монотонность тогда, и как? " Если функция возрастает или убывает на некотором промежутке, то она называется монотонной на этом промежутке. Заметим, что если f – монотонная функция на промежутке D (f (x)), то уравнение f (x) = const не может иметь более одного корня на этом промежутке. Действительно, если x1 < x2 – корни этого уравнения на промежутке D (f(x)), то f (x1) = f (x2) = 0, что противоречит условию монотонности." Пожалуйста, нужно позарез. |
|
| Автор: | Human [ 21 янв 2013, 10:05 ] |
| Заголовок сообщения: | Re: Проверить ф-цию на монотонность, не используя производную |
Воспользуемся неравенством [math]\operatorname{tg}x\geqslant x[/math] при [math]x\in\left[0;\frac{\pi}2\right)[/math] (оно следует из геометрических соображений). Подставив в него вместо [math]x[/math] [math]\operatorname{arctg}x[/math], получим [math]x\geqslant\operatorname{arctg}x[/math] при [math]x\geqslant0[/math]. Кроме того, воспользуемся тригонометрической формулой [math]\operatorname{tg}(x-y)=\frac{\operatorname{tg}x-\operatorname{tg}y}{1+\operatorname{tg}x\operatorname{tg}y}[/math]. Подставив в неё вместо аргументов их арктангенсы, получим [math]\operatorname{tg}(\operatorname{arctg}x-\operatorname{arctg}y)=\frac{x-y}{1+xy}[/math]. Если [math]0\leqslant\operatorname{arctg}x-\operatorname{arctg}y<\frac{\pi}2[/math], то отсюда следует, что [math]\operatorname{arctg}x-\operatorname{arctg}y=\operatorname{arctg}\frac{x-y}{1+xy}[/math]. Пусть теперь [math]x_2>x_1[/math]. Обозначим [math]\delta=x_2-x_1>0[/math]. Рассмотрим несколько случаев: 1) [math]x_1\geqslant0[/math]. Тогда [math]y_2-y_1=\operatorname{arctg}x_2-\operatorname{arctg}x_1-(x_2-x_1)[/math]. Поскольку [math]x_1\geqslant0,\ x_2>0[/math], то [math]\operatorname{arctg}x_2-\operatorname{arctg}x_1<\frac{\pi}2[/math]. Кроме того, поскольку [math]\operatorname{arctg}x[/math] возрастающая функция, то [math]\operatorname{arctg}x_2-\operatorname{arctg}x_1>0[/math]. Значит можно воспользоваться выведенной ранее формулой. Тогда [math]y_2-y_1=\operatorname{arctg}\frac{x_2-x_1}{1+x_1x_2}-(x_2-x_1)=\operatorname{arctg}\frac{\delta}{1+x_1(x_1+\delta)}-\delta\leqslant\frac{\delta}{1+x_1(x_1+\delta)}-\delta=-\frac{x_1\delta(x_1+\delta)}{1+x_1(x_1+\delta)}\leqslant0[/math]. 2) [math]x_1<0,\ x_2\leqslant0[/math]. Обозначим [math]z_1=-x_2,\ z_2=-x_1[/math]. Тогда [math]z_1\geqslant0,\ z_2>0,\ z_2-z_1=\delta[/math] и [math]y_2-y_1=\operatorname{arctg}z_2-\operatorname{arctg}z_1-(z_2-z_1)[/math], то есть полностью совпадает с первым случаем. 3) [math]x_1<0,\ x_2>0[/math]. Тогда [math]y_2-y_1=(\operatorname{arctg}x_2-x_2)+(\operatorname{arctg}(-x_1)-(-x_1))\leqslant0[/math]. Итак, при любых [math]x_1<x_2[/math] разность [math]y_2-y_1[/math] неположительна, значит функция убывает. Если же нужно обосновать строгое убывание, то есть [math]y_2-y_1<0[/math], то нужно использовать неравенство [math]\operatorname{tg}x>x[/math] при [math]x\in\left(0;\frac{\pi}2\right)[/math] и более аккуратно рассмотреть случаи расположения точек [math]x_1[/math] и [math]x_2[/math] на оси. |
|
| Страница 1 из 1 | Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
| Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group http://www.phpbb.com/ |
|