Організація самостійної пізнавальної діяльності при вивченні математики

Отримане представлення завершує індуктивне доведення правильності рівності (1).

Доведемо тепер, що коли п непарне, то вільний член многочлена Р_п (t) дорівнює 0.

Нехай п = 2k – 1. У тотожності cos(2k – 1)х = Р_2k-1 (cosх) покладемо .

Тоді Р_2k-1 (0) = = 0.

Отже, у многочлена Р_2k-1(t) вільний член дорівнює 0.

Безпосередньо з теореми випливає наслідок.

Наслідок. Якщо cosх Q, то cosnx Q ; якщо cosnx Q, то cosх Q, де п — довільне натуральне число. Зокрема, Q, коли п ≥ 2.

Справді, Q, і з рівності   та наслідку випливає, що Q.

Розв'язання задачі 3

Скористаємося доведеною  теоремою. Запишемо r у вигляді нескоротного дробу: .

Тоді  і за теоремою cosqα = Р_q (cosα),

Р_q (cos α) = cos рπ = (-1)^p.                                                                    (3)

Розглянемо два випадки  стосовно знаменника q.

1) q — непарне число. Тоді за теоремою

, t=cosα R, a_j Z, 1 ≤ j ≤ q –1

і з рівності (3) випливає, що cosα є коренем рівняння

.                                                                        (4)

Нехай таке, що cos α Q. Тоді , де l – дільник вільного члена, що дорівнює     ±1, п — дільник старшого коефіцієнта 2^q-1. Оскільки cosα (0; 1), коли 0 < α < , то звідси отримуємо cosα = , т ≥ 1.

Число є також раціональним коренем рівняння (4), тому , це число вже може бути від'ємним, може дорівнювати 1). Тому .

Оскільки cos 2α = 2 cos² α–1, то маємо рівність

.

Звідси одразу встановлюємо, що в  лівій частині рівності знак «плюс» неможливий. Тоді  , звідки випливає, що s ≥ 1, і тоді, коли m ≥1, матимемо

    .

Звідси        .

Рівність досягається, лише коли т = s = 1. При цьому

              .

Отже, при   у розглядуваному випадку cos α Q.

2) q — парне число. Можливі дві ситуації (нагадаємо, що ):

а) q=2ⁿ, n ≥ 2. Тоді р — непарне число, оскільки — нескоротний дріб. Маємо ,  Q, і за наслідком із теореми Q;

б) q=l∙2ⁿ, де l – непарне число, п ≥ 1. Тоді р — непарне число. Припустимо, що Q. Тоді за наслідком із теореми Q. Натуральні числа р та l взаємно прості. Нехай р′ — остача від ділення р на l, тоді 1 < р' < l -1; також числа р', l є взаємно простими.

Оскільки  то Q. Звідси за доведеним вище l=3, р' = 1. Тоді , де п ≥ 1 , р — непарне та не ділиться на 3. За наслідком з теореми маємо Q, але Q (значення визначається остачею р" від ділення р на 6, де р" = 1 або р" = 5 ). Отримана суперечність показує, що cos α Q, коли q = l∙2ⁿ.

Отже, ми довели, що при r Q, , число cos(rπ) є ірраціональним. Звідси випливає твердження 1) задачі 3.

Перейдемо до доведення  твердження 2) про ірраціональність числа tgα. Припустимо, що при деякому r Q, число tg(rπ) Q. Тоді Q.

Але кут 2rπ задовольняє умови 2r Q, 0 < 2r < 1, .

Якщо , то за твердженням 1) задачі 3 матимемо і .

Звідси  Q, але Q.

Отримана суперечність доводить, що насправді tg(rπ) Q при раціональних . Задачу 3 розв'язано.

Зауваження. Враховуючи періодичність функцій sinх та tgx матимемо, що коли r — раціональне число, то:

а) sinr° Q лише при r = ±30 + 180k, k Z та r = 90k, k Z

б) tgr° Q лише при r = 45 + 90k , k Z та r = 180k, k Z . Зокрема, синус та тангенс кута 21°19'43" є числом ірраціональним.    

Розділ 4. ПРО ДЕЯКІ НЕРІВНОСТІ ІТЕРАЦІЙНОГО ВИДУ

Нехай {а_п, п ≥ 1} і { b_п, п ≥ 1} дві послідовності, причому а_п N, a_n, b_n > 0.

Розглянемо нерівності виду

    та    ,

де с — деяка додатна стала.

4.1. МЕТОД ЗГОРТАННЯ

Почнемо з нерівності (п радикалів, п ≥ 1). Очевидно, .

Вираз (п радикалів) згортається, і через скінченну кількість кроків буде дорівнювати , тому х_n < 2.

Доведемо, що в нерівності х_п < 2 стала 2 точна, тобто немає такого с < 2, що при будь-якому п виконується нерівність х_п < с. Для цього доведемо, що .

Послідовність додатних чисел {х_п, п ≥ 1} зростає і обмежена зверху, отже, збігається до деякого додатного числа а. Переходячи до границі в рекурентній рівності , або

, маємо а² – а – 2 = 0, звідки а = 2 (адже а > 0). Це і доводить, що в нерівності х_п < 2 стала 2 є точною. Аналогічно доводяться нерівності:

;          ;

    ;

;      ;    

В усіх цих нерівностях п радикалів, п ≥ 1, і в правих частинах стоять точні сталі.

 

4.2. МЕТОД ГРАНИЦЬ

Нехай (п радикалів, п ≥ 1). Послідовність {х_n, п ≥ 1} зростаюча і обмежена зверху, бо х_п < < 2 . Отже, ця послідовність збігається до деякого додатного числа а. Справедлива рекурентна рівність х_п = , або .

Переходячи в цій  рівності до границі, отримаємо 

a² – a – 1 = 0, .    Отже, х_п < , причому – точна стала.

Аналогічно доводиться нерівність причому стала – точна.

Вправа 1. Доведіть нерівність < 3 і покажіть, що стала 3 є точною.

Вправа 2. Доведіть нерівність і покажіть, що стала  є точною.

4.3. МЕТОД МАЖОРУВАННЯ

Нехай х_п =   (п радикалів, п ≥ 1).

Замінивши всюди 1 на 2, ми збільшуємо х_п. Отже, .

Тут число 2 вже не є точною сталою. Послідовність {х_n} зростаюча і обмежена зверху, отже, збігається до деякої границі а. Зрозуміло, що а ≤ 2. Коли п парне і п ≥ 4, маємо х_п = .

Підпослідовність {х_2k, k ≥ 1} також збігається до а. Тоді за неперервністю складної функції , маємо а = , звідки а⁴ – 2а² – а – 1 = 0.

Безпосередньо перевіряємо, що число 2 не є коренем останнього рівняння, тому а < 2. Крім того, враховуючи, що

, маємо   а< 2.

Більш точну оцінку для а можна одержати, досліджуючи рівняння а⁴ – 2а² – а – 1 = 0. Зрозуміло, що a є числом ірраціональним.

Аналогічно, коли 0 < а < b, можна розглянути більш загальну послідовність  (п радикалів, п ≥1),

де и_п = а, коли п непарне, та и_п = b; коли п парне.

Тоді

.

Стала не є точною при оцінюванні y_n.

Покажемо, що точна стала с лежить на проміжку . Точною сталою буде число , яке є коренем рівняння .

Крім того, , а з нерівності      у_п на зверху, послідовність {x_n, n ≥ 1} також обмежена зверху. Крім того, оскільки b_п≥1,  п ≥1 послідовність {x_n, n ≥ 1} неспадна і, отже, збіжна.

Зрозуміло, що , що і треба було довести.

Розглянемо деякі окремі випадки.

1) а_п = k, п ≥ 1, де k ≥ 2 — фіксоване натуральне число;

b_п = п +1, п≥ 1.

Тоді

,     .

Нехай   .

Тоді       ,

.

Отже, .

Тому і згідно з теоремою 1:

N.                                          (2)

Звідси, коли k = 2, матимемо нерівність

.

Зауважимо, що у [4] наведено три доведення  цієї нерівності, відмінні від запропонованого.

2) а_п = п + 1, п ≥ 1; b_п = a_n, п ≥ 1.

 Тоді

,    .

З теореми 1 випливає, що

.

Розглянемо функцію , a > 0. Оскільки >0,

то функція опукла донизу на всій дійсній осі. Виберемо на графіку функції точки A(0; 1) та     B(1; 1+а). Пряма АВ має рівняння у = 1 + ах. Отже, коли 0 < х < 1, виконується нерівність

(1 + а)^х < 1 + ах.

Покладемо в цій нерівності а = , х=е – 2 і отримаємо

.

Так встановлено нерівність .

Теорема 2. Нехай {а_п, п ≥ 1} — послідовність невід'ємних чисел.

Послідовність , п ≥ 1, збіжна тоді і тільки тоді, коли послідовність , п ≥ 1, обмежена.

(Цю теорему наведено  в [6], задача II.2.28; див. також [10], с. 51, задачі 162 та 163.)

Доведення

Якщо послідовність {х_п, п ≥ 1} збіжна, то послідовність {у_n, п≥ 1} обмежена. З іншого боку, нехай послідовність {у_п, п > 1} обмежена. Тоді існує число с > 0 таке, що у_п < с, коли n N, тобто

<c, а_п < , п ≥ 1.

Тоді

.

Послідовність {х_п, п ≥ 1} зростає і обмежена, отже, збіжна.

З доведення теореми 2 випливає наслідок.

Наслідок. Якщо {а_п, п ≥ 1} — послідовність невід'ємних чисел і для деякого додатного с виконується нерівність а_п < , п ≥ 1, то

                                                            (3)

Розглянемо деякі окремі випадки.

1) а_п = п, п ≥ 1. Доведемо за допомогою методу математичної індукції, що n < .

1°. п = 1, тоді 1 < 1,2², що справедливо; п = 2, тоді 2 < 1,2⁴ = = 1,44², що також справедливо.

2°. Нехай при фіксованому k ≥ 2 виконується

.                                                                    (4)

Доведемо допоміжну  нерівність

.                                                                    (5)

Справді згідно з (4).

Перемноживши почленно нерівності (4) і (5), матимемо k + 1< , що завершує індуктивне доведення. Тепер згідно з (3) маємо   .

• Нехай а_п = 2^n-1, п ≥ 1. Доведіть самостійно нерівність 2^n-1 < , п ≥ 1.

Згідно з (3) маємо

.

• а_п = п!, п ≥ 1. Доведіть, що n! < . Тепер згідно з (3) маємо

.

• Нехай а_n =4^n-1, п ≥ 1. Доведемо, що 4^n-1 < . Справді, ця нерівність рівносильна такій: <=> 2п-2≤ 2^n-1, що справедливо (коли п ≥ 4, нерівність строга).

Tепер згідно з (3) маємо .

Одержана стала  неточна.

Доведемо, що ,  причому 2 – точна стала.

Нехай x_n= .

Покладемо , k = 0,1,..., п– 1.

Помітимо, що .

Доведемо, що коли а_k < 2^к +1 , то а_k-1 < 2^k-1 +1.

Справді,

.

Оскільки  , то ..., та (тут відбулося згортання виразу ).

Доведемо, що 2 — точна  стала. Для цього покажемо, що .

Послідовність {х_n, n ≥ 1} зростаюча і обмежена, отже, збіжна. Нехай . Зрозуміло, що 0 < а ≤ 2. Коли λ > 0 , .

Існує таке число п₀ = п₀ (λ), що при всіх п ≥ п₀ (λ) виконується нерівність

  .

Враховуючи процес згортання, маємо

.

Отже, при всіх λ > 0. Коли , одержуємо а ≥ 2.

Раніше ми бачили, що 0 < а ≤ 2, отже, а = 2.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Розділ 5. ЯК ЗНАЙТИ ГОЛОВНИЙ ПЕРІОД ФУНКЦІЇ

5.1. ПЕРІОДИЧНІ ФУНКЦІЇ ТА ЇХ ВЛАСТИВОСТІ

Означення 1. Функція f(x) називається періодичною з періодом Т ≠ 0, якщо для кожного х із області визначення функції числа х–Т і х+Т також належать цій області та виконується рівність

f(x) = f(x ₊ T).                                                                                     (1)

З означення 1 випливає рівність f(x) = f(x–T). Справді, оскільки для довільної точки х з області визначення D(f) періодичної функції f(x) з періодом Т число х–Т також належить D(f), то, підставивши в (1) замість х число х–Т, матимемо:

f(x–T)=f(x-T+T) = f(x).

З означення 1 випливає також, що область визначення періодичної функції не обмежена ні зверху, ні знизу, бо разом з кожним числом х вона містить також і числа х+пТ, х–пТ, де n є N.

Приклад 1. Чи є періодичною функція

?

Розв'язання

Маємо D(y) = [0; ∞). Ця множина обмежена знизу, і тому функція неперіодична, хоча при х > 0 у(х) = cosx. Тут істотно, що дана функція визначена лише при х > 0, тоді як функція косинуса визначена при всіх х R.

Вправа 1. Доведіть неперіодичність функцій:

1) у = sin ; 2) у = cos ; 3) у = arcsin(x + 2).

Вправа 2. Дайте означення неперіодичної функції.

Область визначення періодичної  функції має бути, так би мовити, періодичною. Тобто має виконуватися умова, що для кожного х із області визначення функції числа х–Т і х + Т також

належать області визначення.

Приклад 2. Чи є періодичною функція у = ?

Розв'язання

Тут D(y) = (-∞; l) (l; + ∞). Нехай Т— період даної функції. Тоді Т≠0, звідки (1 + T) D(y), тому і число (1 +T) –T = 1 повинно належати D(y). Ми прийшли до протиріччя. Отже, періодів дана функція не має.

Вправа 3. Доведіть неперіодичність функцій:

1)                     2)  

Приклад 3. Чи є періодичною функція у = ?

Розв'язання

Дана функція зростає  на проміжку [0; + ∞). Якщо вона має період T > 0, то  y(1)=y(1+T). Але y(1) < y(1 + T), бо y(x) зростає, коли х ≥ 0. Отже, дана функція не має додатних періодів і тому неперіодична.

Зрозуміло, що строго монотонна на деякому проміжку функція не є періодичною.

Вправа 4. Доведіть неперіодичність функцій:

1) y=x²;         2) у = .

Приклад 4. Чи є періодичною функція у = tg(x²) ?

Розв'язання

Область визначення функції D(y) задається нерівністю  

       k=0, 1, 2,....

Нехай х_п = , п = 0, 1, 2,.... Помітимо, що

Із зростанням номера п відстань між сусідніми членами послідовності {x_n} зменшується. Отже, множина D(y) не є періодичною, тому і дана функція неперіодична.

Вправа 5. Доведіть неперіодичність функцій:

1) y = ctg(x²);          2)  у =

Теорема 1. Нехай функція f(х) неперервна на R та періодична. Тоді ця функція обмежена, тобто існує таке число с ≥ 0, що для кожного дійсного x виконується нерівність ≤ с.

Доведення