Задача 215 — Демидович

Откройте "Открытую Математику"!

Понятная теория, конспекты и задачник в одном флаконе!

Заглянуть

Посмотреть все темы!

I§3Монотонная функция

└─

└─

└─

└─

└─

└─

Нормальная

Доказать, что следующие функции являются монотонно возрастающими в указанных промежутках:

$f (x) = sin x (- \frac{π}{2} ⩽ x ⩽ \frac{π}{2})$

Петр Радько

Указание

Воспользуйтесь формулой разности синусов:

$sin α - sin β = 2 cos \frac{α + β}{2} sin \frac{α - β}{2}$

Решение

Рассмотрим два произвольных $x_{1}$ и $x_{2}$ из указанного в условии промежутка, такие, что $x_{2} > x_{1}$ . Нам нужно доказать, что

$f (x_{2}) > f (x_{1}) sin x_{2} > sin x_{1} sin x_{2} - sin x_{1} > 0$

Воспользуемся формулой разности синусов:

$2 cos \frac{x _{2} + x _{1}}{2} sin \frac{x _{2} - x _{1}}{2} > 0$

Делим обе части неравенства на $2$ :

$cos \frac{x _{2} + x _{1}}{2} sin \frac{x _{2} - x _{1}}{2} > 0$

Для выполнения неравенства нам нужно доказать, что оба множителя (косинус и синус) всегда строго больше нуля.

Косинус

По условию, $x_{1}$ и $x_{2}$ лежат в одном и том же промежутке:

$- \frac{π}{2} \leq x_{1} \leq \frac{π}{2} - \frac{π}{2} \leq x_{2} \leq \frac{π}{2}$

Сложим эти два неравенства и разделим все части на $2$ :

$- \frac{π}{2} \leq \frac{x _{1} + x _{2}}{2} \leq \frac{π}{2}$

На самом деле, при условии $x_{2} > x_{1}$ равенства в неравенстве выше получиться не может, поэтому:

$- \frac{π}{2} < \frac{x _{1} + x _{2}}{2} < \frac{π}{2}$

Почему?

Покажем на примере правой части неравенства (левая часть доказывается так же):

$\frac{x _{1} + x _{2}}{2} < \frac{π}{2}$

Предположим, что равенство возможно, то есть:

$\frac{x _{1} + x _{2}}{2} = \frac{π}{2} x_{1} + x_{2} = π x_{2} = π - x_{1}$

По условию

$x_{2} \leq \frac{π}{2}$

Подставим найденное выражение вместо $x_{2}$ :

$π - x_{1} \leq \frac{π}{2}$

$x_{1} \geq \frac{π}{2}$

Тут только один вариант, который не нарушает ограничения на $x_{1}$ из условия:

$x_{1} = \frac{π}{2}$

Подставляем найденный $x_{1}$ в равенство для $x_{2}$ выше:

$x_{2} = π - x_{1} = π - \frac{π}{2} = \frac{π}{2}$

Итак, получаем, что

$x_{2} = x_{1} = \frac{π}{2}$

А этого не может быть, ведь по условию $x_{2} > x_{1}$ . Получили противоречие. Значит, при действующих ограничениях нет таких $x_{2}$ и $x_{1}$ , что

$\frac{x _{1} + x _{2}}{2} = \frac{π}{2}$

Значит выполняется только строгое неравенство:

$\frac{x _{1} + x _{2}}{2} < \frac{π}{2}$

$■$

ункция косинуса по определению (как абсцисса угла) строго больше

0

на интервале от

- \frac{π}{2}

до

\frac{π}{2}

. Поэтому:

$cos \frac{x _{2} + x _{1}}{2} > 0$

Синус

По условию:

$0 < x_{2} - x_{1}$

Делим обе части неравенства на $2$ :

$0 < \frac{x _{2} - x _{1}}{2}$

Запомним это.

По условию,

$x_{2} \leq \frac{π}{2}$

Вычтем из обеих частей $x_{1}$ :

$x_{2} - x_{1} \leq \frac{π}{2} - x_{1}$

Максимальное значение правая часть неравенства достигает при $x_{1} = - \frac{π}{2}$ , поэтому:

$x_{2} - x_{1} \leq \frac{π}{2} - (- \frac{π}{2}) = π$

$x_{2} - x_{1} \leq π$

Делим обе части на $2$ :

$\frac{x _{2} - x _{1}}{2} \leq \frac{π}{2}$

Объединяем правую и левую части:

$0 \leq \frac{x _{2} - x _{1}}{2} \leq \frac{π}{2}$

Замечаем, что в левой части равенства никак не получить:

$0 = \frac{x _{2} - x _{1}}{2} x_{1} = x_{2}$

Это противоречит условию. Поэтому можно пишем со строим неравенством:

$0 < \frac{x _{2} - x _{1}}{2} \leq \frac{π}{2}$

Функция синуса по определению (как ордината угла) строго больше $0$ на полуинтервале от $0$ до $\frac{π}{2}$ . Поэтому:

$sin \frac{x _{2} - x _{1}}{2} > 0$

Итак, мы доказали, что при данных в условии ограничениях оба множителя будут строго больше $0$ :

$cos \frac{x _{2} + x _{1}}{2} sin \frac{x _{2} - x _{1}}{2} > 0$

Значит

$f (x_{2}) > f (x_{1})$

$■$

214 216