Номер 31.27, страница 202, часть 2 - гдз по алгебре 11 класс учебник Мордкович, Семенов

§ 31. Доказательство неравенств. Глава 6. Уравнения и неравенства. Системы уравнений и неравенств*. ч. 2 - номер 31.27, страница 202.

31.27. а) $ln (1 + x) > x - \frac{x^2}{2}$ при всех $x \in (0; +\infty)$;

б) $sin x > x - \frac{x^3}{6}$ при всех $x \in (0; +\infty)$;

в) $e^x \geq 1 + x + \frac{x^2}{2}$ при всех $x \in R$;

г) $cos x > 1 - \frac{x^2}{2}$ при всех $x \in (0; +\infty)$.

а)

Для доказательства неравенства $\ln(1 + x) > x - \frac{x^2}{2}$ при $x \in (0; +\infty)$ рассмотрим функцию $f(x) = \ln(1 + x) - \left(x - \frac{x^2}{2}\right)$. Нам нужно доказать, что $f(x) > 0$ для всех $x > 0$.

Область определения функции $f(x)$ — это $x > -1$, что включает заданный интервал $(0; +\infty)$.

Найдем производную функции $f(x)$:

$f'(x) = \left(\ln(1 + x) - x + \frac{x^2}{2}\right)' = \frac{1}{1+x} - 1 + x$

Приведем производную к общему знаменателю:

$f'(x) = \frac{1 - (1+x) + x(1+x)}{1+x} = \frac{1 - 1 - x + x + x^2}{1+x} = \frac{x^2}{1+x}$

На интервале $x \in (0; +\infty)$ числитель $x^2 > 0$ и знаменатель $1+x > 1 > 0$. Следовательно, $f'(x) > 0$ для всех $x > 0$.

Поскольку производная функции положительна на интервале $(0; +\infty)$, функция $f(x)$ строго возрастает на этом интервале.

Теперь найдем значение функции в граничной точке $x=0$:

$f(0) = \ln(1+0) - \left(0 - \frac{0^2}{2}\right) = \ln(1) - 0 = 0$

Так как функция $f(x)$ строго возрастает на $(0; +\infty)$ и $f(0) = 0$, то для любого $x > 0$ выполняется неравенство $f(x) > f(0)$.

Таким образом, $f(x) > 0$ для всех $x \in (0; +\infty)$, что и доказывает исходное неравенство.

Ответ: Неравенство $\ln(1 + x) > x - \frac{x^2}{2}$ при всех $x \in (0; +\infty)$ доказано.

б)

Для доказательства неравенства $\sin x > x - \frac{x^3}{6}$ при $x \in (0; +\infty)$ рассмотрим функцию $g(x) = \sin x - \left(x - \frac{x^3}{6}\right)$. Нам нужно доказать, что $g(x) > 0$ для всех $x > 0$.

Будем последовательно находить производные функции $g(x)$:

$g'(x) = (\sin x - x + \frac{x^3}{6})' = \cos x - 1 + \frac{3x^2}{6} = \cos x - 1 + \frac{x^2}{2}$

$g''(x) = (\cos x - 1 + \frac{x^2}{2})' = -\sin x + x$

$g'''(x) = (-\sin x + x)' = -\cos x + 1$

Проанализируем знаки производных, начиная с третьей. Мы знаем, что $\cos x \le 1$ для всех $x$. Поэтому $g'''(x) = 1 - \cos x \ge 0$ для всех $x$. Равенство нулю достигается только в точках $x = 2\pi k$, где $k$ — целое число.

Поскольку $g'''(x) \ge 0$, функция $g''(x)$ является неубывающей на всей числовой оси. Найдем ее значение в точке $x=0$:

$g''(0) = -\sin(0) + 0 = 0$.

Так как $g''(x)$ не убывает и $g''(0)=0$, то для всех $x > 0$ выполняется $g''(x) > g''(0) = 0$.

Теперь, поскольку $g''(x) > 0$ при $x > 0$, функция $g'(x)$ строго возрастает на интервале $(0; +\infty)$. Найдем ее значение в точке $x=0$:

$g'(0) = \cos(0) - 1 + \frac{0^2}{2} = 1 - 1 + 0 = 0$.

Так как $g'(x)$ строго возрастает на $(0; +\infty)$ и $g'(0)=0$, то для всех $x > 0$ выполняется $g'(x) > g'(0) = 0$.

Наконец, поскольку $g'(x) > 0$ при $x > 0$, исходная функция $g(x)$ строго возрастает на интервале $(0; +\infty)$. Найдем ее значение в точке $x=0$:

$g(0) = \sin(0) - \left(0 - \frac{0^3}{6}\right) = 0 - 0 = 0$.

Так как $g(x)$ строго возрастает на $(0; +\infty)$ и $g(0)=0$, то для всех $x > 0$ выполняется $g(x) > g(0) = 0$.

Таким образом, $g(x) > 0$ для всех $x \in (0; +\infty)$, что и доказывает исходное неравенство.

Ответ: Неравенство $\sin x > x - \frac{x^3}{6}$ при всех $x \in (0; +\infty)$ доказано.

в)

Рассмотрим неравенство $e^x \ge 1 + x + \frac{x^2}{2}$ при $x \in \mathbb{R}$. Введем функцию $h(x) = e^x - \left(1 + x + \frac{x^2}{2}\right)$ и исследуем ее знак.

Найдем производные функции $h(x)$:

$h'(x) = \left(e^x - 1 - x - \frac{x^2}{2}\right)' = e^x - 1 - x$

$h''(x) = (e^x - 1 - x)' = e^x - 1$

Проанализируем знак второй производной $h''(x)$.

$h''(x) > 0$ при $e^x > 1$, то есть при $x > 0$.

$h''(x) < 0$ при $e^x < 1$, то есть при $x < 0$.

$h''(x) = 0$ при $e^x = 1$, то есть при $x = 0$.

Это означает, что первая производная $h'(x)$ убывает на интервале $(-\infty; 0]$ и возрастает на интервале $[0; +\infty)$. Следовательно, в точке $x=0$ функция $h'(x)$ достигает своего глобального минимума.

Значение этого минимума равно:

$h'(0) = e^0 - 1 - 0 = 0$.

Поскольку минимальное значение $h'(x)$ равно нулю, то $h'(x) \ge 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$, причем равенство достигается только при $x=0$.

Так как $h'(x) \ge 0$ для всех $x$, функция $h(x)$ является неубывающей на всей числовой прямой $\mathbb{R}$.

Найдем значение функции $h(x)$ в точке $x=0$:

$h(0) = e^0 - \left(1 + 0 + \frac{0^2}{2}\right) = 1 - 1 = 0$.

Теперь рассмотрим два случая:

1. Для $x \ge 0$. Поскольку $h(x)$ не убывает, то $h(x) \ge h(0) = 0$. Это означает, что $e^x - (1 + x + \frac{x^2}{2}) \ge 0$, или $e^x \ge 1 + x + \frac{x^2}{2}$. В этом случае неравенство верно.

2. Для $x < 0$. Поскольку $h(x)$ не убывает, и $x < 0$, то $h(x) \le h(0) = 0$. Это означает, что $e^x - (1 + x + \frac{x^2}{2}) \le 0$, или $e^x \le 1 + x + \frac{x^2}{2}$. В этом случае исходное неравенство не выполняется. Например, для $x=-2$: $e^{-2} \approx 0.135$, а $1 + (-2) + \frac{(-2)^2}{2} = 1 - 2 + 2 = 1$. Неравенство $0.135 \ge 1$ ложно.

Таким образом, исходное утверждение верно не для всех $x \in \mathbb{R}$, а только для $x \ge 0$.

Ответ: Утверждение $e^x \ge 1 + x + \frac{x^2}{2}$ верно только при $x \ge 0$ и неверно при $x < 0$.

г)

Для доказательства неравенства $\cos x > 1 - \frac{x^2}{2}$ при $x \in (0; +\infty)$ рассмотрим функцию $k(x) = \cos x - \left(1 - \frac{x^2}{2}\right)$. Нам нужно доказать, что $k(x) > 0$ для всех $x > 0$.

Найдем производные функции $k(x)$:

$k'(x) = \left(\cos x - 1 + \frac{x^2}{2}\right)' = -\sin x + x$

$k''(x) = (-\sin x + x)' = -\cos x + 1$

Проанализируем знак второй производной $k''(x)$. Поскольку $\cos x \le 1$ для всех $x$, то $k''(x) = 1 - \cos x \ge 0$ для всех $x$. Равенство нулю достигается только в точках $x = 2\pi n$, где $n$ — целое число.

Так как $k''(x) \ge 0$, функция $k'(x)$ является неубывающей на всей числовой оси. Найдем ее значение в точке $x=0$:

$k'(0) = -\sin(0) + 0 = 0$.

Поскольку $k'(x)$ не убывает и $k'(0)=0$, то для всех $x > 0$ выполняется $k'(x) > k'(0) = 0$. (Неравенство строгое, так как $k''(x)$ не равно нулю тождественно ни на каком интервале $(0, a)$).

Так как $k'(x) > 0$ при $x > 0$, исходная функция $k(x)$ строго возрастает на интервале $(0; +\infty)$. Найдем ее значение в точке $x=0$:

$k(0) = \cos(0) - \left(1 - \frac{0^2}{2}\right) = 1 - 1 = 0$.

Так как функция $k(x)$ строго возрастает на $(0; +\infty)$ и $k(0)=0$, то для любого $x > 0$ выполняется неравенство $k(x) > k(0)$.

Таким образом, $k(x) > 0$ для всех $x \in (0; +\infty)$, что и доказывает исходное неравенство.

Ответ: Неравенство $\cos x > 1 - \frac{x^2}{2}$ при всех $x \in (0; +\infty)$ доказано.