Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/GeneralPunctuation.js

5.5 Основные теоремы дифференциального исчисления

Теорема Ферма. Пусть функция f определена на интервале (a,b) и в некоторой точке x0(a,b) принимает наибольшее (наименьшее) значение на этом интервале. Если существует f(x0), то f(x0)=0.

Пусть x0 – точка максимума функции f. Рассмотрим разностное отношение f(x)f(x0)xx0. Так как f(x)f(x0), то при x>x0 имеем f(x)f(x0)xx00 и, следовательно, f+(x0)0. Если же x<x0, то f(x)f(x0)xx00 и поэтому f(x0)0. Но из дифференцируемости функции f в точке x0 следует, что f+(x0)=f(x0)=f(x0). Поэтому f(x0)=0.

С геометрической точки зрения теорема Ферма означает, что если в точке экстремума у графика функции существует касательная, то она параллельна оси Ox.

Замечание. У функции f=|x|,(1<x<1) в точке x0=0 имеется экстремум, но производной в нуле эта функция не имеет. Теорема Ферма означает, что для поиска экстремума функции f во внутренних точках области определения следует исследовать поведение функции f лишь в тех точках, в которых производная обращается в нуль, либо не существует. Экстремума не может быть в тех точках, в которых производная существует и отлична от нуля. Однако из равенства нулю производной в точке x0 не следует, что x0точка экстремума. Например, у функции f(x)=x3 в точке x0=0 экстремума нет и в то же время f(x0)=0.

Определение. Функция называется дифференцируемой на интервале, если она дифференцируема в каждой точке этого интервала.

Теорема Ролля. Пусть функция f

Тогда существует такая точка ξ(a,b), что f(ξ)=0.

Так как f непрерывна на [a,b], то, в силу второй теоремы Вейерштрасса, она достигает своих наибольшего и наименьшего значений, т. е. существуют точки ξ1,ξ2, такие, что f(ξ1)=maxaxbf(x), f(ξ2)=minaxbf(x). Если f(ξ1)=f(ξ2), то это означает, что f тождественно постоянна на [a,b] и, следовательно, в каждой точке ξ(a,b) справедливо равенство f(ξ)=0. Если же f(ξ1)>f(ξ2), то хотя бы одно из этих двух значений отлично от f(a)=f(b), т. е. хотя бы одна из двух точек ξ1,ξ2 находится на интервале (a,b). Обозначим ее через ξ. Тогда на (a,b) к функции f можно применить теорему Ферма. Именно, f дифференцируема в точке ξ и имеет в этой точке экстремум. Согласно теореме Ферма, f(ξ)=0.

Следствие. Между двумя корнями дифференцируемой функции находится корень производной.

Пример. Уравнение нечетной степени x5+x1=0 имеет действительный корень. Покажем, что он единственный. Обозначим y=x5+x1. Тогда y=5x4+1>0 для всех xR. Если бы данное уравнение имело еще хотя бы один корень, то, согласно следствию, нашлась бы точка, в которой производная y обратилась бы в нуль, а это невозможно.

Теорема Лагранжа (формула конечных приращений). Пусть функция f

Тогда существует такая точка ξ(a,b), что
f(b)f(a)ba=f(ξ).

Доказательство теоремы Лагранжа сводится к применению теоремы Ролля. Запишем уравнение прямой l, проходящей через точки (a,f(a)) и (b,f(b)):
l(x)=f(a)+f(b)f(a)ba(xa).
Рассмотрим функцию F(x)=f(x)l(x). Покажем, что для функции F выполнены все условия теоремы Ролля. Непрерывность на [a,b] и дифференцируемость на (a,b) функции F следует из соответствующих свойств функции f, данных по условию, и дифференцируемости линейной функции l. Далее, F(a)=f(a)l(a)=0,F(b)=f(b)l(b)=0 Применяя к F теорему Ролля, найдем такую точку ξ(a,b), что F(ξ)=0. Но
F(ξ)=f(ξ)l(ξ)=f(ξ)f(b)f(a)ba=0.
Отсюда следует утверждение теоремы.

Геометрический смысл теоремы Лагранжа состоит в том, что существует точка ξ(a,b), в которой касательная к графику функции y=f(x) параллельна отрезку, соединяющему точки (a,f(a)) и (b,f(b)).

Замечание. Теорема Ролля является частным случаем теоремы Лагранжа, в котором f(a)=f(b).

Равенство, полученное в теореме Лагранжа, можно переписать в таком виде:
f(b)f(a)=f(ξ)(ba),
или
f(b)f(a)=f(a+θ(ba))(ba),
где 0<θ<1. Ничего более конкретного о значении θ сказать нельзя. Два последних равенства принято называть формулами конечных приращений.

Следствие 1. Пусть функция f на интервале (a,b) имеет ограниченную производную. Тогда f равномерно непрерывна на (a,b).

Пусть |f(ξ)|M(ξ(a,b)). Тогда для любых x1,x2(a,b), согласно формуле конечных приращений,
|f(x1)f(x2)|=|f(ξ)||x1x2|M|x1x2|,
где ξ – точка из интервала с концами x1 и x2. Зададим ε>0 и положим δ=εM. Тогда для любых x1,x2(a,b) из неравенства |x1x2|<δ и из (1) следует, что |f(x1)f(x2)|<ε, т. е. функция f равномерно непрерывна на (a,b).

Итак, следствие 1 дает достаточное условие равномерной непрерывности дифференцируемой на (a,b) функции. Оно состоит в ограниченности производной на (a,b). Это условие, однако, не является необходимым, т. е. из равномерной непрерывности не следует ограниченность производной. Например, функция f(x)=x равномерно непрерывна на отрезке [0,1] (это сразу следует из ее непрерывности и из теоремы Кантора), а следовательно, эта функция равномерно непрерывна и на интервале (0,1). В то же время производная f(x)=12x не ограничена на (0,1).

Рассмотрим еще один важный пример функции
f(x)={xαsin1x,0<x1,0,x=0.
Эта функция непрерывна в каждой точке полуинтервала (0,1] ( при любом α). Если α0, то f не имеет предела справа в точке 0 и, следовательно, в точке 0 имеет разрыв II рода. Если же α>0, то limx0+xαsin1x=0 (произведение бесконечно малой функции xα на ограниченную функцию sin1x). Значит, в силу теоремы Кантора, при α>0 функция f равномерно непрерывна на [0,1]. Вычислим производную
{f}’\left ( x\right ) =\alpha \cdot x^{\alpha -1} \sin \frac{1}{x} + x^ \alpha \cos \frac{1}{x} \cdot \left ( — \frac{1}{x^2}\right ) \ \ \ \ \left ( 0 \lt x \leqslant 1\right ) .
При 0 \lt \alpha \lt 2 производная {f}’\left ( x\right ) неограничена на \left ( 0, 1\right ] , хотя f равномерно непрерывна на \left [0, 1\right ] . Вычислим
{f_+}’\left ( 0\right ) = \lim\limits_{x \to 0+} \frac{f\left ( x\right ) -f\left ( 0\right ) }{x-0}=\lim\limits_{x \to 0+} x^ {\alpha -1} \sin \frac{1}{x}.
Если \alpha \gt 1 то, очевидно, {f_+}’\left ( 0\right ) =0. Если же \alpha \leqslant 1 то правой производной в нуле функция f не имеет.
Очевидно, что у тождественно постоянной на \left ( a, b\right ) функции производная равна нулю в каждой точке \xi \in \left ( a, b\right ) . Формула Лагранжа позволяет легко обратить это утверждение.

Следствие 2. Если дифференцируемая на \left ( a, b\right ) функция f такова, что для любой \xi \in \left ( a, b\right ) производная {f}’\left ( \xi\right ) =0, то f тождественно постоянна на \left ( a, b\right ) .

Выберем произвольные x_1, x_2 \in \left ( a, b\right ) \ \ \left ( x_1 \lt x_2\right ) и применим к отрезку \left [x_1, x_2\right ] теорему Лагранжа, из которой получим
f\left ( x_2\right ) -f\left ( x_1\right ) ={f}’\left ( \xi\right ) \left ( x_2-x_1\right ) ,\ \ где \ \ x_1 \lt \xi \lt x_2.
Но из равенства {f}’\left ( \xi\right ) =0 следует теперь, что f\left ( x_1\right ) =f\left ( x_2\right ) , а так как x_1, x_2 – произвольные, то тем самым следствие доказано.

Теорема Коши (обобщенная формула конечных приращений). Пусть функции f и g

  • непрерывны на отрезке \left [a, b\right ] ;
  • дифференцируемы на интервале \left ( a, b\right ) ;
  • {g}’\left ( x\right ) \neq 0 для всех x \in \left ( a, b\right ) .

Тогда существует такая точка \xi \in \left ( a, b\right ) , что справедливо равенство
\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) }=\frac{{f}’\left ( \xi\right ) }{{g}’\left ( \xi\right ) }.

Из условий теоремы следует, что g\left ( b\right ) \neq g\left ( a\right ) . В самом деле, если g\left ( b\right ) = g\left ( a\right ) , то, в силу теоремы Ролля, найдется точка x \in \left ( a, b\right ) , такая, что {g}’\left ( x\right ) =0 а это противоречит условию теоремы.
Доказательство теоремы Коши, как и доказательство теоремы Лагранжа, сводится к применению теоремы Ролля. Рассмотрим функцию
\varphi\left ( x\right ) = \left [f\left ( x\right ) -f\left ( a\right ) \right ] — \lambda \left [g\left ( x\right ) -g\left ( a\right ) \right ] ,
где параметр \lambda подберем так, чтобы было выполнено равенство \varphi\left ( a\right ) =\varphi\left ( b\right ) =0, т. е. положим
\lambda=\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) }.
Тогда функция \varphi удовлетворяет всем условиям теоремы Ролля, согласно которой существует точка \xi \in \left ( a, b\right ) , такая, что {\varphi}’\left ( \xi\right ) =0, т. е.
{\varphi}’\left ( \xi\right ) ={f}’\left ( \xi\right ) -\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) } \cdot {g}’\left ( \xi\right ) =0,
откуда следует утверждение теоремы Коши.

Замечание. Теорема Лагранжа является частным случаем теоремы Коши при g\left ( x\right ) =x. Однако теорема Коши не есть прямым следствием теоремы Лагранжа. Именно, согласно теореме Лагранжа, найдутся такие точки \xi_1 \in \left ( a, b\right ) и \xi_2 \in \left ( a, b\right ) , что f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) ={f}’\left ( \xi_1\right ) \left ( b-a\right ) и g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) ={g}’\left ( \xi_2\right ) \left ( b-a\right ) , откуда получим
\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) }=\frac{{f}’\left ( \xi_1\right ) }{{g}’\left ( \xi_2\right ) }.
Но в этом равенстве точки \xi_1 и \xi_2 вообще говоря, разные, а теорема Коши утверждает, что левая часть равна отношению производных, взятых в одной и той же точке из \left ( a, b\right ) .

Определение. Говорят, что функция f дифференцируема на отрезке \left [a, b\right ] , если она дифференцируема на интервале \left ( a, b\right ) , а в точках a и b имеет производные справа и слева, соответственно.

Выше мы рассмотрели пример функции f\left ( x\right ) =x^{\alpha} \sin \displaystyle\frac{1}{x}, 0 \lt x \leqslant 1, f\left ( 0\right ) =0, дифференцируемой на \left [0, 1\right ] , но производная {f}’ у которой при 1 \lt \alpha \leqslant 2 разрывна. При этом, как мы видели, {f}’\left ( 0\right ) =0, но {f}’ не имеет предела при x \to 0+. Это означает, что точка 0 является точкой разрыва производной II рода. Зададимся вопросом: может ли производная некоторой функции иметь разрыв первого рода? Ответ на этот вопрос дает следующая теорема.

Теорема Дарбу. Пусть функция f дифференцируема на отрезке \left [a, b\right ] и c – любое число, заключенное между {f_+}’\left ( a\right ) и {f_-}’\left ( b\right ) . Тогда существует такая точка \xi \in \left [a, b\right ] , что {f}’\left ( \xi\right ) =c.

Пусть {f_+}’\left ( a\right ) \lt c \lt {f_-}’\left ( b\right ) . Так как {f_+}’\left ( a\right ) = \lim\limits_{h \to 0+} \frac{f\left ( a+h\right ) -f\left ( a\right ) }{h}, {f_-}’\left ( b\right ) = \lim\limits_{h \to 0+} \frac{f\left ( b-h\right ) -f\left ( b\right ) }{-h}=\lim\limits_{h \to 0+} \frac{f\left ( b\right ) -f\left ( b-h\right ) }{h}, то найдется такое h \gt 0, что
\begin{equation}\label{eq:second11} \frac{f\left ( a+h\right ) -f\left ( a\right ) }{h} \lt c \lt \frac{f\left ( b\right ) -f\left ( b-h\right ) }{h}.\end{equation}
Зафиксируем это h и рассмотрим функцию \varphi\left ( x\right ) =\displaystyle\frac{f\left ( x+h\right ) -f\left ( x\right ) }{h}, определенную на \left [a, b-h\right ] . В этих обозначениях неравенство \left ( 2\right ) принимает такой вид: \varphi\left ( a\right ) \lt c \lt \varphi\left ( b-h\right ) . Но из непрерывности функции f следует также непрерывность \varphi, и поэтому, в силу теоремы Больцано – Коши о промежуточном значении, существует такая точка \alpha, a \leqslant \alpha \leqslant b-h, что c=\varphi\left ( \alpha\right ) =\displaystyle\frac{f\left ( \alpha+h\right ) -f\left ( \alpha\right ) }{h}. На отрезке \left [\alpha, \alpha+h\right ] к функции f применим теорему Лагранжа, согласно которой найдется такая точка \xi \in \left ( \alpha, \alpha+h\right ) , что f\left ( \alpha+h\right ) -f\left ( \alpha\right ) ={f}’\left ( \xi\right ) \cdot h. Из этого равенства следует, что c={f}’\left ( \xi\right ) .

Замечание. Теорема Дарбу означает, что производная {f}’ не может быть произвольной функцией. Свойство производной, которое гарантируется теоремой Дарбу, называется свойством промежуточных значений. Согласно этому свойству, у производной не может быть скачков или устранимых разрывов, т. е. разрывов I рода. Как было показано выше, разрывы II рода у производной могут быть.

Примеры решения задач

  1. Найти предел \lim\limits_{x \to a}\displaystyle\frac{a^x-x^a}{x-a}, \ a \gt 0
    Решение

    \lim\limits_{x \to a}\displaystyle\frac{a^x-x^a}{x-a}=\lim\limits_{x \to a}\displaystyle\frac{\left (a^x-a^a \right )- \left (x^a-a^a \right ) }{x-a}. Возьмем f_1 \left ( x \right )=a^x и f_2 \left ( x \right )=x^a. Так как эти функции непрерывны на \left[ a, x \right ] и дифференцируемы на \left (a, x \right ), то к ним можно применить теорему Лагранжа. Имеем \lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{\left (a^x-a^a \right )- \left (x^a-a^a \right ) }{x-a}=\lim\limits_{\stackrel{x \to a}{\xi_1, \xi_2 \in \left ( a, x \right )}} \displaystyle\frac{{f_1}’ \left (\xi_1 \right ) \left( x-a \right )- {f_2}’ \left (\xi_2 \right ) \left( x-a \right ) }{x-a}= \\ =\lim\limits_{\stackrel{x \to a}{\xi_1, \xi_2 \in \left ( a, x \right )}} {f_1}’ \left (\xi_1 \right )-{f_2}’ \left (\xi_2 \right )=\lim\limits_{\stackrel{x \to a}{\xi_1, \xi_2 \in \left ( a, x \right )}} a^{\xi_1} \cdot \ln{a}-a \cdot {\xi_2}^{a-1}= \\ =a^a \cdot \ln{a}-a^a

  2. Функция f \left( x \right) непрерывна и дифференцируема на отрезке \left [ 2, 10 \right ]. Известно, что f \left ( 2 \right )=8 и производная на данном промежутке удовлетворяет условию {f}’\left ( x \right ) \leqslant 4 для всех x \in \left ( 2, 10 \right ). Определить максимально возможное значение функции при x=10.
    Решение

    Для оценки значения f \left( 10 \right) воспользуемся формулой Лагранжа, примененной к функции f \left ( x \right ) на отрезке \left [ 2,10 \right ], которая записывается так
    f \left( 10 \right)-f \left( 2 \right)={f}’ \left ( \xi \right ) \left ( 10-2 \right ),
    где \xi \in \left ( 2,10 \right ). Перепишем эту формулу в виде
    f \left( 10 \right)=f \left( 2 \right)+8{f}’ \left ( \xi \right ).
    Максимально возможное значение производной на данном интервале составляет {f}’\left ( x \right )=4. Следовательно
    f \left( 10 \right) \leqslant f \left( 2 \right) +8 \cdot 4=8+32=40.
    Таким образом, максимально возможное значение функции на правом конце отрезка равно 40.

  3. Показать, что функция f \left( x \right)=x^2-3x+2 удовлетворяет условиям теоремы Ролля на промежутке \left [ 1,2 \right ], и найти точку c \in \left [ 1,2 \right ], в которой {f}’ \left ( c \right )=0.
    Решение

    Функция f \left( x \right)=x^2-3x+2 дифференцируема на промежутке \left [ 1,2 \right ] и на его концах принимает одинаковые значения:
    f \left( 1 \right)=f \left( 2 \right)=0.
    Тогда, по теореме Ролля, существует точка c \in \left [ 1,2 \right ], в которой {f}’ \left ( c \right )=0. Найдем производную заданной функции {f}’ \left ( x \right )=2x-3. Найдем значение производной в точке c и приравняем полученное значение к 0:
    {f}’ \left ( x \right )=2c-3 \Rightarrow c=\frac{3}{2}.

  4. Доказать, что для любых x \gt 0 верно следующее неравенство:
    \ln{\left ( 1+x \right )} \lt x.

    Решение

    Пусть f \left( x \right)=\ln{\left ( 1+x \right )}, f \left( x \right) \in C_{\left [ 0,x \right ]}, f \left( x \right)дифференцируема на \left ( 0,x \right ). Тогда она удовлетворяет теореме Лагранжа. Имеем
    f \left( x \right)=f \left( x \right)-f \left( 0 \right)={f}’ \left( \xi \right) \left ( x-0 \right)=\frac{1}{1+\xi} \cdot x,
    где \xi \in \left ( 0,x \right ) \Rightarrow \xi \gt 0 \Rightarrow \displaystyle\frac{1}{1+\xi} \cdot x \lt x.

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. — c. 150-158.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — c. 313-327.
  3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — c. 223-231.

Основные теоремы дифференциального исчисления

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме

M1720. Кубики

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 1 выпуск)

Условие

N одинаковых деревянных кубиков склеены между собой так, что каждые два из них склеены по грани или по участку грани. Докажите, что максимальное значение N равно шести.

Решение

Приведем расположение шести деревянных кубиков, в котором каждые два склеены, как сказано в условии задачи (рис.1): три «черных» кубика стоят на плоскости стола, а три «красных» кубика стоят над ними (вид сверху!). Теперь выстроим цепочку наглядных представлений и соображений, из которых будет следовать, что \max N = 6.

Рис. 1

Определимся сначала с плоским случаем: если на столе лежат n одинаковых картонных квадратов, каждые два из которых склеены по стороне или по участку стороны, то \max n = 3, что очевидно (рис.2).
Рис. 2

Будем говорить, что n деревянных кубиков (из имеющихся N) принадлежат одному слою, если найдется плоскость (стол), на которой все они стоят. Из вышесказанного следует, что n \leqslant 3.
Нетрудно убедиться, что если все N кубиков параллельно расположены, т.е. каждый из них является результатом параллельного переноса другого, то N \leqslant 4.
Пусть среди N кубиков нашлись два — кубики Q_1 и Q_2, которые не являются параллельно расположенными (транслятами), а плоскость \pi — общая плоскость двух соприкасающихся граней этих кубиков. Плоскость \pi
определяет два слоя, одному из которых принадлежит кубик Q_1, а другому — кубик Q_2. Заметим, что всякий третий деревянный кубик обязан принадлежать одному из этих слоев. Но в каждом слое кубиков не больше трех, значит, N \leqslant 6.

В. Произволов

M1718. Найдите функции

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 1 выпуск)

Условие

Найдите все функции f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} такие, что
f \left (x-f \left (y \right ) \right ) =f \left (f \left (y \right ) \right ) +xf \left (y \right ) +f \left (x \right ) -1 для всех x,y \in \mathbb{R}.

Решение

Пусть A — множество значений функции f и c=f \left (0 \right ) . Положив x=y=0, мы получим f \left (-c \right ) =f \left (c \right ) +c-1, поэтому c \neq 0. Легко найти сужение функции f на множество A: взяв x = f \left (y \right ) , получим \begin{equation}\label{eq:first} f \left (x \right ) = \frac{c+1}{2}-\frac{x^2}{2} \end{equation} для всех x из A.
Основной шаг доказательства состоит в том, чтобы показать, что множество разностей x-y, где x, y \in A, есть все множество \mathbb{R}. Для y=0 мы имеем \left \{ f \left (x-c \right ) -f \left (x \right ) \mid x \in \mathbb{R} \right \} = \left \{ cx+f \left (c \right ) -1 \mid x \in \mathbb{R} \right \} =\mathbb{R}, поскольку c \neq 0.
Теперь мы можем получить значение f \left (x \right ) для произвольного x: если мы выберем y_1, y_2 \in A такие, что x = y_1-y_2, и используем \left (1 \right ) , то мы получим f \left (x \right ) =f \left (y_1-y_2 \right ) =\\ =f \left (y_2 \right ) +y_1y_2+f \left (y_1 \right ) -1= \frac{c+1}{2}-\frac{y_2^2}{2} +y_1y_2+\\ \begin{align} + \frac{c+1}{2}-\frac{y_1^2}{2} -1=c- \frac{\left (y_1-y_2 \right ) ^2}{2} =c- \frac{x^2}{2}. \end{align} Сравнивая \left (1 \right ) и \left (2 \right ) , мы получим c = 1, и поэтому f \left (x \right ) =1- \frac{x^2}{2} для всех x \in \mathbb{R}. Мы получили единственную функцию, которая удовлетворяет функциональному уравнению задачи.