Ирина Эланс

Автор который поможет с любыми образовательными и учебными заданиями

Організація самостійної пізнавальної діяльності при вивченні математики

Міністерство освіти і науки, молоді та спорту України

Волинський інститут післядипломної педагогічної освіти

Кафедра теорії та методик викладання шкільних предметів

Атестаційна робота

в старшій школі

Слухач групи вчителів математики: Марчук Юрій Федорович,

викладач математики Шацького лісового коледжу ім.В.В.Сулька Шацького району Волинської області

Керівник роботи:

Трачук Т.В., доцент кафедри теорії та методик викладання шкільних предметів, кандидат педагогічних наук

До захисту:
допущено.
Відгук:
Робота заслуговує позитивної оцінки.

Луцьк – 2012

ЗМІСТ

Вступ……………………………………………………………………………………….	3
Розділ 1. І ЩЕ РАЗ ПРО ЧИСЛО π………………………………………………………………..	4
Розділ 2. ПРО НАБЛИЖЕНЕ ОБЧИСЛЕННЯ ЧИСЛА е ……………………………………	7
2.1. ЗБІЖНІСТЬ ПОСЛІДОВНОСТІ ………………………	7
2.2. ЗБІЖНІСТЬ ПОСЛІДОВНОСТЕЙ і ……….	8
2.3. МЕЖІ ДЛЯ ЛОГАРИФМІЧНОЇ ТА ПОКАЗНИКОВОЇ ФУНКЦІЙ…………..	9
2.4. ШВИДКІСТЬ ЗБІЖНОСТІ ПОСЛІДОВНОСТІ {а_n}…………………………..	11
2.5. ШВИДКІСТЬ ЗБІЖНОСТІ ПОСЛІДОВНОСТІ {b_n}…………………………..	13
2.6. ШВИДКІСТЬ ЗБІЖНОСТІ ПОСЛІДОВНОСТІ {с_n}…………………………..	15
Розділ 3. ПРО ІРРАЦІОНАЛЬНІЗНАЧЕННЯ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ ФУНКЦІЙ…..	16
Розділ 4. ПРО ДЕЯКІ НЕРІВНОСТІ ІТЕРАЦІЙНОГО ВИДУ…………………………...	21
4.1. МЕТОД ЗГОРТАННЯ…………………………………………………………....	21
4.2. МЕТОД ГРАНИЦЬ……………………………………………………………….	22
4.3. МЕТОД МАЖОРУВАННЯ……………………………………………………...	22
4.4. ЗАГАЛЬНІ НЕРІВНОСТІ ТА ПРИКЛАДИ…………………………………….	24
Розділ 5. ЯК ЗНАЙТИ ГОЛОВНИЙ ПЕРІОД ФУНКЦІЇ…………………………………	29
5.1. ПЕРІОДИЧНІ ФУНКЦІЇ ТА ЇХ ВЛАСТИВОСТІ………………………………	29
5.2. ГОЛОВНИЙ ПЕРІОД ФУНКЦІЇ………………………………………………..	33
5.3. ГОЛОВНИЙ ПЕРІОД СУМИ ФУНКЦІЙ………………………………………	36
5.4. ДОСЛІДЖЕННЯ СУМИ ГАРМОНІЙНИХ КОЛИВАНЬ……………………..	39
5.5. ДОСЛІДЖЕННЯ СУМИ ТАНГЕНСІВ………………………………………….	42
Розділ 6. ЕТЮД ПРО СІМ`Ю ФУНКЦІЙ…………………………………………………	48
Розділ 7. НЕРІВНОСТІ ПЕВНОГО ВИДУ З МОДУЛЕМ………………………………..	57
7.1. НЕРІВНОСТІ ВИДУ ……………………………………………….	57
7.2. НЕРІВНОСТІ ВИДУ ……………………………………………...	60
7.3. НЕРІВНОСТІ ВИДУ , де а_k > 0………………………………..	70
СПИСОК ВИКОРИСТАНИХ ДЖЕРЕЛ…………………………………………………...	74

Вступ

Викладений в даній книжці матеріал може бути корисним при проведенні математичних гуртків та підготовці до олімпіад.

Книжка містить сім розділів. Матеріал перших шести у різні часи друкувався в журналах «У світі математики», «Математика в школах України», газеті «Математика».

У розділі 1 викладено яскраве доведення ірраціональності числа π. Це доведення належить американцю І. Нівену.

Розділ 2 присвячено вивченню швидкості збіжності класичних послідовностей до числа е. Цікавим є те, що вдалося отримати нові нерівності на кшталт такої:

У розділі 3 встановлено такий вражаючий факт: для додатних раціональних чисел r, менших за 90, значення sin r° є раціональним лише для sin30° .

У розділі 4 вивчається поведінка послідовностей, утворених за допомогою багатьох радикалів. Зокрема, Ви дізнаєтеся, до чого прямує число із зростанням кількості коренів.

Розділ 5 присвячено пошуку головного періоду тригонометричних функцій. Вгадати його буває нескладно, але довести, що немає меншого періоду, значно складніше.

У розділі 6 вивчається поведінка функцій .

Коли зростає параметр λ, то з графіками цих функцій відбуваються дивовижні речі!

Заключний розділ містить цікаві нерівності з модулем.

Розділ 1. І ЩЕ РАЗ ПРО ЧИСЛО π

Йтиметься про одну важливу властивість фундаментальної константи – числа π = 3,141592....

Відомо, що це число –ірраціональне. Ми наведемо елементарне доведення цього важливого факту, таке, що не виходить за межі шкільного курсу математики. Воно належить відомому американському математику Івану Нівену [Ivan Niven, Bulletin of the American Mathematical Society. –Vol. 53, 1947, p. 509].

Доведення проводиться методом від супротивного.

Припустимо, що число π раціональне, тобто π =, де a і b – деякі натуральні числа.

Розглянемо функцію .

Зауважимо, що

. (1)

З леми 3 випливає, що при х > 0,

а отже, .

Звідси при матимемо

. (17)

Далі, за лемою 4, . (18)

Враховуючи, що функція зростає, коли 0 < z < 1, з нерівностей (17) і (18) матимемо

. (19)

Другу нерівність у (16) доведено.

Ліва частина нерівності (19) дорівнює .

Вираз у дужках при n ≥ 1 додатний, тому з (19) матимемо

Зауважимо, що нерівність (16) точна. Справді, в нерівності сталу не можна замінити на меншу, а в нерівності сталу також не можна замінити на меншу. Це випливає з розкладу (15).

Теорема 1 показує, що послідовність {a_n} прямує до числа е дуже повільно. Нехай нам треба обчислити е з точністю до ε = 0,1. Знайдемо таке n, що е – а_п ≤ ε . Необхідною умовою цього є нерівність , а достатньою – нерівність . Обидві ці нерівності рівносильні, коли n ≥14. Тому шукана точність забезпечується, починаючи лише з n = 14.

Наведемо значення деяких членів послідовності a₁=2, a₅ = 2,488..., а₈= 2,5657..., a₅₀= 2,6915..., а₁₀₀ = 2,7169, a₅₀₀ = 2,71556..., а₁₀₀₀ = 2,7169... . Нижче буде вказаний точніший метод наближеного обчислення числа е.

2.5. ШВИДКІСТЬ ЗБІЖНОСТІ ПОСЛІДОВНОСТІ {b_n}

Покладемо . З нерівності (9) випливає, що f_n > 0, n ≥1.

Вправа 8. Довести, що коли , то

. (20)

Вказівка. Використайте розклади (10), (11) або співвідношення .

Порівнюючи розклади (15), (20), бачимо, що послідовність {a_n} трохи швидше за {b_п} збігається до числа е.

Виходячи з розкладу (20), можна сподіватися, що виконується нерівність

. (21)

Справді, чисельний експеримент показує, що при 1< n < 11 нерівність (20) справджується (див. таблицю).

Таблиця

10³y_n

10³z_n

10³y_n

10³z_n

458,333

239,583

162,037

122,396

98,333

82,176

471,518

241,593

162,681

122,679

98,482

82,264

500

250

166,667

125

100

83,333

70,578

61,849

55,041

49,583

45,11

70,634

61,887

55,068

49,603

45,125

71,429

62,5

55,556

45,455

Теорема 2. При n ≥ 1 виконується нерівність

. (22)

Накреслимо етапи доведення.

1. З огляду на таблицю, встановимо справедливість нерівності (22), коли n ≥ 12.

2. Подамо b_п у вигляді

3. Для доведення, що останнє число менше за , встановимо при справедливість нерівності

. (23)

4. Логарифмуємо нерівність (23) і використаємо оцінку , тоді (23) виконується, коли п ≥ 8. Тому при n ≥ 9 доведено, що .

5. Оцінимо b_n знизу: .

6. Для доведення, що цей вираз менший за , встановлюємо при справедливість нерівності

яка дорівнює

. Тоді

Звідси . Нерівність доведено.

Як бачимо, послідовність {с_п} прямує до е значно швидше, ніж послідовність {a_n}. Наведемо значення кількох членів послідовності {с_п}: с₁ = 2, с₂ = 2,5, с₃= 2,66..., с₄ = 2,708..., с₅ = 2,716..., c₈ = 2,718278..., с₉ = 2,7182815..., с₁₀ = 2,718281801..., с₁₁ = 2,718281826..., с₁₂ = 2,71828182849045... . (Усі наведені цифри з десяткового розкладу збігаються з відповідними цифрами розкладу числа е.)

Вправа 9. Довести, що , де 0<θ_n <1.

Вправа 10. Довести, що число е ірраціональне.

Вказівка. Використати вправу 9.

Розділ 3. ПРО ІРРАЦІОНАЛЬНІ ЗНАЧЕННЯ ТРИГОНОМЕТРИЧНИХ ФУНКЦІЙ

Пропонуємо доведення цікавого факту про ірраціональність значень тригонометричних функцій, але спочатку розглянемо такі задачі.

Задача 1. Довести, що sin10° ірраціональне число.

Розв'язання

У тотожності sin 3α = 3 sin α –4 sin³ α покладемо α = 10°. Матимемо sin30° = 3sin 10° – 4sin³ 10°, або 8x³– 6х + 1 = 0 , де х = sin 10°.

У цьому рівнянні зробимо заміну у = 2х: у³ – 3 у +1 = 0.

Отже, додатне число у = 2 sin 10° задовольняє отримане рівняння. Але у цьому рівнянні старший коефіцієнт дорівнює 1, тому, коли додатне раціональне число r є його коренем, воно обов'язково є натуральним числом і дільником вільного члена 1, тобто r = 1. Проте легко перевірити, що число r = 1 не задовольняє рівняння, тому воно не має додатних раціональних коренів.

Отже, число у = 2sin 10° є ірраціональним, звідки sin 10° також є ірраціональним.

Розглянемо деякі інші кути, які вимірюються цілим числом градусів. Маємо sin 10° = соs 80°, тому соs 80° – також ірраціональне число.

З тотожності соs 2α = 2соs²α – 1 випливає, що коли соs 2α – ірраціональне число, то і cos α – також число ірраціональне. Отже, числа соs 40°, соs 20°, соs 10°, соs 5° – ірраціональні. Відповідно ірраціональними є числа sin 50°, sin 70°, sin 80°, sin 85°.

Розглянемо ще один приклад.

Задача 2. Довести, що sin 18° ірраціональне число.

Розв'язання

Нехай α = 18°. Тоді 5α = 90°, звідки sin 2α = соs3α. Перетворимо останню рівність: 2sinαсоsα = 4соs³α – 3соsα або 4 sin² α + 2sinα – 1 = 0.

Враховуючи, що sin α > 0 , отримуємо sin 18° = sin α =.

Якщо припустити, що r = sin 18° Q, то =4r+1 Q. Але відомо, що є числом ірраціональним. Отримана суперечність доводить, що sin 18° — ірраціональне число.

Оскільки sin 18° = cos 72°, то ірраціональними є також числа cos 72°, cos 36°, cos 18°, cos 9° і числа sin 54°, sin 72°, sin 81°.

З тотожності cos 3α = 4 cos³α – 3cosα випливає, що коли cos3α — ірраціональне число, то і cosα — число ірраціональне. Отже, числа cos 24°, cos12°, cos 8°, cos 6°, cos 4°, cos 3°, cos1° — ірраціональні.

Продовжуючи міркування, можна довести, що cos n° — число ірраціональне, коли п = 1, 2,..., 88, 89 і n ≠ 60. Цей результат можна узагальнити.

Задача 3. (А. Я. Дороговцев. Математический анализ. Сборник задач. - К.: Вища школа, 1987.)

Нехай α = rπ, r Q і 0 <r<. Довести:

Q, коли r ≠ 2) tgα Q, коли r ≠.

Зауваження. Згідно з формулою зведення sinα = cos, завдання 1) рівносильне такому: довести, що cosαQ, коли r.

Задачу 3 розв`яжемо трохи згодом.

Теорема. Має місце рівність

cos nx = P_n(cos x), (1)

де P_n – деякий многочлен n-го степеня з цілими коефіцієнтами та старшим коефіцієнтом 2^n-1. Причому коли n непарне, то вільний член цього многочлена дорівнює 0.

Доведення

Правильність вказаної рівності доведемо методом математичної індукції.

1°. Коли n = 1,то Р₁ (cosх) = P₁(t) = t, де t = cosх. Коли n = 2, матимемо: cos 2х = 2 cos² х –1 або Р₂(t) = 2t² –1.

Отже, рівність (1) правильна при п = 1, 2.

2°. Нехай дане твердження справедливе при всіх п<k, де k — фіксоване натуральне число, k > 2. Тоді

cos(k + 1)х = cos(kх + х) = coskх · cosх – sinkx·sinх =

= coskх·соsх –

(cos(k – 1)х – со5(k + 1)х),

звідки cos(k + 1)х = 2coskх∙cosх – cos(k – 1)x.

Але за припущенням індукції:

coskx = Р_k (cosх), cos (k – 1) х = P_k _{– 1}(cosх).

Тому cos(k + 1)х = 2Р_к(cosх)∙cosх – Р_{k - 1} (cosх) = Р_k+1 (cosх),

де

, . (2)

За припущенням індукції:

де а_j, b_j — деякі цілі числа.

Тоді з рівності (2) матимемо

де c_j — деякі цілі числа.

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 αQ, 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_пна 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 = 2ⁿ^-1, п ≥ 1. Доведіть самостійно нерівність 2ⁿ^-1 < , п ≥ 1.

Згідно з (3) маємо

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

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

Організація самостійної пізнавальної діяльності при вивченні математики 📙 Курсовая → 🆔 158657