Processing math: 100%

М418. Выполняются ли неравенства?

Задача из журнала «Квант» (1977 год, 8 выпуск)

Условие

Докажите, что для любого натурального n2 выполняются неравенства: n(nn+11)<1+12+13++1n<n(11nn)+1.

Решение

Для доказательства мы воспользуемся теоремой Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом. Пусть a1,a2,,an положительные числа. Тогда a1+a2++annna1a2an, причем равенство достигается лишь в случае, когда все числа равны.

Запишем теорему Коши для чисел 1,12,23,34,,n1n: 1+12+23++n1nn>n1n.

Перепишем это неравенство так: 1(112)+(113)++(11n)>nnn. Отсюда получим одно из нужных нам неравенств: 1+12+13++1n<n(11nn)+1.

Чтобы доказать второе неравенство, запишем теорему Коши для чисел 2,32,43,,n+1n: 2+32+43++n+1nn<nn+1, или 2+(1+12)+(1+13)++(1+1n)>nnn+1, откуда n+(1+12+13++1n)>nnn+1, то есть 1+12+13++1n>n(nn+11).

Л. Курляндчик

16.1 Равномерная сходимость

Определение. Пусть на множестве E задана последовательность функций fn(n=1,2), сходящаяся на E поточечно к функции f. Говорят, что последовательность {fn} сходится равномерно к функции f на множестве E, если для любого ε>0 найдется такой номер N, зависящий только от ε (и не зависящий от x), что для каждого nN справедливо неравенство fn(x)f(x)∣<ε.

Определение поточечной сходимости на множестве E в кванторах можно записать следующим образом:
xEε>0N=N(ε,x):nNfn(x)f(x)∣<ε, а равномерной сходимости — так: ε>0N=N(ε):nNxEfn(x)f(x)∣<ε. В определении поточечной сходимости номер N зависит, вообще говоря, от ε и от x, а в определении равномерной сходимости N зависит только от ε и не зависит от x. Иначе говоря, поточечная сходимость будет равномерной, если для заданного ε>0 номер N можно подобрать так, чтобы он был пригоден сразу для всех xE.

Теперь видно, что свойство равномерной сходимости не слабее, чем свойство поточечной сходимости, т. е. из равномерной сходимости следует поточечная сходимость. Обратное неверно. Может оказаться, что для каждого ε>0 и для xE найдется номер N=N(ε,x), но для всех сразу xE номер N, не зависящий от x, может и не существовать. Приведем

Пример 1. Пусть fn(x)=xn(xE[0,1]). Мы уже видели, что f(x)=limnfn(x)={0,0x<1,1,x=1. Если бы последовательность {xn} сходилась к функции f равномерно, то неравенство xnf(x)∣<ε при достаточно больших n(nN(ε)) должно было быть выполненным сразу для всех xE. Но это не так, поскольку при фиксированном n имеем limx10xn=1, так что в любой левой полуокрестности точки x0=1 найдется такая точка x112. Поэтому если мы возьмем ε0>12, то получим неравенство xn10∣≥ε0. Окончательно имеем ε0(ε0=12):NnN(n=N)x1= =x1(ε,n)E:∣fn(x1)f(x1)∣≥ε0 Это означает, что данная последовательность не является равномерно сходящейся на множестве E.

В этом примере «плохие» точки x1, т.е. такие, в которых выполнено неравенство fn(x1)f(x1)∣≥ε0, находится вблизи точки x0=1. Если же мы отделимся от x0, т.е. рассмотрим последовательность xn на множестве Eδ=[0,1δ], где δ>0 — произвольное число, то сходимость данной последовательности к функции f(x)0 на множестве Eδ уже будет равномерной. Действительно, в этом случае fn(x)f(x)∣=xn(1δ)n<ε(0x1δ), если только nN(ε), где N(ε)=[lnεln(1δ)]+1 не зависит от xEδ.

Пример 2. Для последовательности функций fn(x)=nx1+n2x2(xER) ранее мы показали, что f(x)=limxnx1+n2x2=0(xR). Поэтому fn(x)f(x)∣→0(n) при каждом фиксированном xR. Однако при фиксированном n наибольшее значение функция fn(x)=nx1+n2x2 достигает в точке xn=1n и это значение равно fn(1n)=12. Таким образом, для ε0=12 неравенство fn(x)f(x)∣<ε0 не может быть выполненным сразу для всех xR. Значит, последовательность {fn} сходится к функции f0 на R, но неравномерно, т.е. ε0(ε0=12):NnN(n=N)x1(x1=1n):∣fn(x1)f(x1)∣≥ε0.

Если же зафиксировать число δ>0, то нетрудно показать, что на множестве Eδ=[δ,+) последовательность функций fn(x)=nx1+n2x2 сходится равномерно. Действительно, неравенство fn(x)f(x)∣=nx1+n2x21nx1nδ<ε(xEδ) выполнено, если только nN(ε), где N(ε)=[1εδ]+1 не зависит от xEδ

Геометрический смысл равномерной сходимости состоит в том, что начиная с номера N графики функций fn(x) расположены в ε-полосе графика функции f.

Равномерная сходимость ряда определяется как равномерная сходимость последовательности его частичных сумм.

Определение. Пусть на множестве E задана последовательность функций {un}. Ряд (n=1)un называется равномерно сходящимся на множестве E, если он сходится поточечно на E и последовательность его частичных сумм равномерно сходится к сумме ряда на множестве E.

Другими словами, определение равномерной сходимости ряда (n=1)un, сходящегося к функции f на множестве E, можно сформулировать следующим образом. Обозначим через Sn(x)=n(k=1)uk(x) частичные суммы ряда (n=1)un(x),rn(x)=(k=n+1)uk(x) — остаток после n-го слагаемого. Тогда Sn(x)+rn(x)=f(x), а равномерная сходимость ряда означает, что для любого ε>0 найдется такой номер N (зависящий только от ε), что для всех nN и для всех xE справедливо неравенство Sn(x)f(x)∣<ε. Но так как Sn(x)f(x)∣=∣rn(x), то получаем ε>0N:nNxErn(x)∣<ε. Это в свою очередь означает, что остаток ряда равномерно стремится к нулю. Таким образом, получили следующее эквивалентное определение равномерной сходимости ряда.

Ряд (n=1)un(x) называется равномерно сходящимся на множестве E, если последовательность его остатков после n-го слагаемого {rn} равномерно сходится к нулю на множестве E.

Это определение более выгодно по сравнению с предыдущим тем, что оно использует лишь слагаемые исходного ряда и не использует сумму самого ряда f(x)=(n=1)un(x).

Пример 1. Ряд (n=1)xn сходится на интервале (1,1) т.к. он представляет собой сумму геометрической прогрессии со знаменателем x,x∣<1. Исследуем его на равномерную сходимость. Для этого рассмотрим остаток rn(x)=(k=n+1)xk=xn+11x. При фиксированном x и n имеем rn(x)0. Это означает, что данный ряд сходится при каждом x, т.е. поточечно. Если же зафиксировать n к 10, то получим, что xn+11x+, т.е. если x близок к 1, то rn(x) принимает большие значения. Это означает, что неравенство rn(x)=xn+11x<ε сразу для все x(1,1), но неравномерно.

С другой стороны, на любом отрезке [q,q], где 0<q<1, ряд (n=1)xn сходится равномерно. Действительно, в этом случае rn(x)∣=(k=n+1)xn∣=xn+11xqn+11q,(x[q,q]). Отсюда следует, что последовательность {rn(x)} равномерно сходится к нулю на [q,q], т.е. данный ряд равномерно сходится на [q,q].

Пример 2. Рассмотрим ряд (n=0)x2(1+x2)n. Имеем rn(x)={x2(1+x2)n,x00,x=0. Если x фиксировано, то rn(x)0 при n. Это означает, что ряд является сходящимся при любом xR, т.е. он сходится поточечно. Если зафиксируем n, то при стремлении x к нулю получаем, что rn(x)1, а это означает, что неравенство rn(x)=1(1+x2)n<ε при 0<ε<1 не может выполняться сразу для всех xR, каким бы большим номер n мы ни взяли. Таким образом, rn(x)0(n), но неравномерно. Следовательно, данный ряд сходится на R неравномерно.

Замечание. Пусть задан ряд (n=1)un(x)(xE).(16.2) Рассмотри величины μn=supxE(k=n+1)uk(x)∣=supxErn(x). Тогда определение равномерной сходимости ряда (16.2) на множестве E можно сформулировать следующим образом.

Ряд (16.2) сходится равномерно на множестве E, если limnμn=0.

Действительно, если μn0(n), то для любого ε>0 найдется такой номер N, что для всех nN справедливо неравенство μn<ε, т.е. для всех xE справедливо неравенство rn(x)∣<ε, а значит ряд (16.2) сходится равномерно. Обратно, если rn(x) равномерно сходится к нулю, то для всех xE справедливо неравенство rn(x)∣<ε. Поэтому и μn=supxErn(x)∣≤ε, т.е. μn0 при n.

Пример 3. Исследовать на равномерную сходимость ряд (n=1)(1)nx2+n на множестве R

Данный ряд является рядом лейбницевского типа и поэтому, согласно теореме об оценке остатка ряда лейбницевского типа, rn(x)∣≤1x2+n+11n+1. Таким образом, μn1n+10(n), и, следовательно, данный ряд сходится равномерно на R.

Теорема(критерий Коши равномерной сходимости последовательности). Для того чтобы последовательность функций {fn} равномерно сходилась на множестве E к некоторой функции, необходимо и достаточно, чтобы для любого ε>0 существовал такой номер N, зависящий только от ε, что для любых n,mN и для любого xE было выполнено неравенство fn(x)fm(x)∣<ε.

Необходимость. Пусть последовательность {fn} сходится к f равномерно на E. Зададим ε>0. Тогда найдется такой номер N, что для все nN и для всех xE справедливо неравенство fn(x)f(x)∣<ε2. Если возьмем произвольные, n,mN, то для любого xE получим fn(x)fm(x)∣≤∣fn(x)f(x)+fm(x)f(x)∣<ε2+ε2=ε, т.е. выполнено условие теоремы (условие Коши).
Достаточность. Пусть выполнено условие Коши. Зафиксируем xE и получим числовую последовательность {fn(x)}, которая, согласно условию Коши, является фундаментальной и, следовательно, сходящейся. Обозначим ее предел через f(x). Так как x inE произвольное, то, проделав эту операцию для все xE, получим функцию f(x). Покажем, что последовательность {fn(x)} стремится к f(x) равномерно на E. Зададим ε>0. Тогда найдется такой номер N, что для всех n,mN и для любого xE справедливо неравенство fn(x)fm(x)∣<ε. Зафиксируем nN,xE и устремим m. Тогда получим fn(x)f(x)∣≤ε. Это неравенство выполнено для любого nN и для всех xE, а это и означает, что последовательность {fn} сходится к f равномерно на E.

Доказанную теорему можно переформулировать для рядов следующим образом.

Теорема(критерий Коши равномерной сходимости ряда). Для того чтобы ряд (n=1)un(x) равномерно сходился на множестве E, необходимо и достаточно, чтобы для любого E>0 существовал такой номер N, зависящий только от ε, что для всех nN,pN и для любого xE выполнялось неравенство n+pk=n+1uk(x)∣<ε.

Эта теорема вытекает из предыдущей, если учесть, что равномерная сходимость ряда определяется как равномерная сходимость последовательности его частичных сумм.

Теорема (признак Вейерштрасса равномерной сходимости ряда). Пусть дан ряд n+1un(x)(xE).(16.3) Предположим, что существует числовая последовательность {an}, такая, что un(x)∣≤an(n=1,2) для всех xE, и числовой ряд n=1an сходится. Тогда ряд (16.3) сходится равномерно на E.

В силу условия теоремы, имеем n+pk=n+1uk(x)∣≤n+pk=n+1ak(xE). Так как ряд n=1an сходится по условию, то, в силу критерия Коши для числовых рядов, для любого ε>0 найдется такой номер N, что для всех nN и для любого pN справедливо неравенство n+pk=n+1ak<ε. Но тогда и неравенство n+pk=n+1uk(x)∣<ε будет выполненным для всех xE, т.е. выполнено условие критерия Коши равномерной сходимости функционального ряда, в силу которого ряд (16.3) сходится равномерно на E.

Замечание 1. Признак Вейерштрасса является лишь достаточным условием равномерной сходимости функционального ряда. В самом деле, рассмотренный выше пример 3 ряда n=1(1)nx2+n показывает, что этот ряд хотя и сходится равномерно на R, но оценить сверху его слагаемые можно лишь слагаемыми расходящегося числового ряда n=11n

Замечание 2. Признак Вейерштрасса дает достаточное условие не только равномерной, но и абсолютной сходимости ряда. Это сразу следует из неравенства n+pk=n+1uk(x)∣≤n+pk=n+1ak(xE).

Замечание 3. Признак Вейерштрасса заключается в том, что из сходимости ряда n=1an, где an=supxEun(x), следует равномерная (и абсолютная) сходимость ряда n=1un(x) на множестве E.

Пример 4. Рассмотрим ряд n=1x1+n4x2 на R. Используя очевидное неравенство 2a∣≤1+a2, находим мажорантный числовой ряд x1+n4x2∣≤1n2n2x1+(n2x)2121n2. Поскольку числовой ряд n=1121n2 сходится, то исходный функциональный ряд сходится равномерно на R.

Пример 5. Ряд n=1cosnxn2 сходится равномерно на R, поскольку cosnxn2∣≤1n2 и числовой ряд n=11n2 сходится.

Теорема(признак Абеля равномерной сходимости) Пусть на множестве E заданы две функциональные последовательности {an(x)} и {bn(x)}, такие, что при каждом xE числовая последовательность {an(x)} монотонна, функции an(x) ограничены в совокупности, т.е. существует такое M, что an(x)∣≤M(xE,n=1,2,), а ряд n=1bn(x) сходится равномерно на E. Тогда ряд n=1an(x)bn(x) сходится равномерно на E.

Теорема(признак Дирихле равномерной сходимости). Пусть на множестве E заданы две последовательности функций {an(x)} и {bn(x)}, такие, что при каждом xE числовая последовательность {an(x)} монотонна, функциональная последовательность {an(x)} равномерно сходится к нулю на E, а частичные суммы ряда n=1bn(x) ограничены в совокупности на E, т.е. существует такое число M, что nk=1bk(x)∣≤M(xE,n=1,2,). Тогда ряд n=1an(x)bn(x) сходится равномерно на E.

Доказательства признаков Абеля и Дирихле легко провести, основываясь на критерии Коши и применяя преобразование Абеля(точно так же, как это было сделано при доказательстве признаков Абеля и Дирихле сходимости числовых рядов). Рекомендуется провести эти доказательства самостоятельно.

Пример 6. Рассмотрим ряды вида n=1an(x)cosnx и n=1an(x)sinnx, где последовательность чисел an монотонно стремится к нулю. К ряду n=1an(x)cosnx применим признак Дирихле. Для этого рассмотрим суммы Sn(x)=nk=1coskx. Имеем 2sinx2Sn(x)=nk=12sinx2coskx= =sin3x2sinx2+sin5x2sin3x2++sin(n+12)xsin(n12)x= =sin(n+12)xsinx2. Поэтому Sn(x)=sin(n+12)x2sinx212(0<x<2π),Sn(x)∣≤12+12sinx2. Если x0, то Sn(x)n, так что в окрестности нуля нарушается равномерная ограниченность сумм Sn(x). Если же δx2πδ, где 0<δ<π, то Sn(x)∣≤12+12sinδ2 и поэтому [δ,2πδ] выполнены все условия признака Дирихле, в силу которого ряд n=1ancosnx сходится равномерно на [δ,2πδ]. На всем интервале (0,2π) признак Дирихле неприменим, но это еще не означает, что ряд сходится неравномерно, поскольку признак Дирихле — лишь достаточное условие равномерной сходимости ряда.

Покажите самостоятельно, что ряд n=1ansinnx, где последовательность {an} монотонно убывает к нулю, сходится равномерно на [δ,2πδ], где произвольное 0<δ<π. Для этого полезно использовать равенство nk=1sinkx=12sinx2nk=12sinx2sinkx= =12sinx2nk=1[cos(k12)xcos(k+12)x]= =12sinx2[cosx2cos(n+12)x](0<x<2π) и применить признак Дирихле.

Примеры решений задач

  1. Исследовать на равномерную сходимость на интервале (,+) ряд n=1nx1+n5x2.
Решение

Исследовать на равномерную сходимость на отрезке  [0,2π] ряд +n=1=sinnxn .

Решение

Равномерная сходимость

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

Список литературы


Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И. Курс Математического Анализа. 1997; с исправлениями 2001. ФИЗМАТЛИТ, 2001, стр.  384 — 407.

В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу Т.2. Одесса, «Астропринт», 2010, стр. 32-41.

Г. М. Фихтенгольц «Курс дифференциального и интегрального исчисления» ФИЗМАТЛИТ, 1964 т.2, стр. 376-386.

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(x)=αxα1sin1x+xαcos1x(1x2)    (0<x1).
При 0<α<2 производная f(x) неограничена на (0,1], хотя f равномерно непрерывна на [0,1]. Вычислим
f+(0)=limx0+f(x)f(0)x0=limx0+xα1sin1x.
Если α>1 то, очевидно, f+(0)=0. Если же α1 то правой производной в нуле функция f не имеет.
Очевидно, что у тождественно постоянной на (a,b) функции производная равна нулю в каждой точке ξ(a,b). Формула Лагранжа позволяет легко обратить это утверждение.

Следствие 2. Если дифференцируемая на (a,b) функция f такова, что для любой ξ(a,b) производная f(ξ)=0, то f тождественно постоянна на (a,b).

Выберем произвольные x1,x2(a,b)  (x1<x2) и применим к отрезку [x1,x2] теорему Лагранжа, из которой получим
f(x2)f(x1)=f(ξ)(x2x1),  где  x1<ξ<x2.
Но из равенства f(ξ)=0 следует теперь, что f(x1)=f(x2), а так как x1,x2 – произвольные, то тем самым следствие доказано.

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

Тогда существует такая точка ξ(a,b), что справедливо равенство
f(b)f(a)g(b)g(a)=f(ξ)g(ξ).

Из условий теоремы следует, что g(b)g(a). В самом деле, если g(b)=g(a), то, в силу теоремы Ролля, найдется точка x(a,b), такая, что g(x)=0 а это противоречит условию теоремы.
Доказательство теоремы Коши, как и доказательство теоремы Лагранжа, сводится к применению теоремы Ролля. Рассмотрим функцию
φ(x)=[f(x)f(a)]λ[g(x)g(a)],
где параметр λ подберем так, чтобы было выполнено равенство φ(a)=φ(b)=0, т. е. положим
λ=f(b)f(a)g(b)g(a).
Тогда функция φ удовлетворяет всем условиям теоремы Ролля, согласно которой существует точка ξ(a,b), такая, что φ(ξ)=0, т. е.
φ(ξ)=f(ξ)f(b)f(a)g(b)g(a)g(ξ)=0,
откуда следует утверждение теоремы Коши.

Замечание. Теорема Лагранжа является частным случаем теоремы Коши при g(x)=x. Однако теорема Коши не есть прямым следствием теоремы Лагранжа. Именно, согласно теореме Лагранжа, найдутся такие точки ξ1(a,b) и ξ2(a,b), что f(b)f(a)=f(ξ1)(ba) и g(b)g(a)=g(ξ2)(ba), откуда получим
f(b)f(a)g(b)g(a)=f(ξ1)g(ξ2).
Но в этом равенстве точки ξ1 и ξ2 вообще говоря, разные, а теорема Коши утверждает, что левая часть равна отношению производных, взятых в одной и той же точке из (a,b).

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

Выше мы рассмотрели пример функции f(x)=xαsin1x,0<x1,f(0)=0, дифференцируемой на [0,1], но производная f у которой при 1<α2 разрывна. При этом, как мы видели, f(0)=0, но f не имеет предела при x0+. 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 [a,b] и c – любое число, заключенное между f+(a) и f(b). Тогда существует такая точка ξ[a,b], что f(ξ)=c.

Пусть f+(a)<c<f(b). Так как f+(a)=limh0+f(a+h)f(a)h, f(b)=limh0+f(bh)f(b)h=limh0+f(b)f(bh)h, то найдется такое h>0, что
f(a+h)f(a)h<c<f(b)f(bh)h.
Зафиксируем это h и рассмотрим функцию φ(x)=f(x+h)f(x)h, определенную на [a,bh]. В этих обозначениях неравенство (2) принимает такой вид: φ(a)<c<φ(bh). Но из непрерывности функции f следует также непрерывность φ, и поэтому, в силу теоремы Больцано – Коши о промежуточном значении, существует такая точка α,aαbh, что c=φ(α)=f(α+h)f(α)h. На отрезке [α,α+h] к функции f применим теорему Лагранжа, согласно которой найдется такая точка ξ(α,α+h), что f(α+h)f(α)=f(ξ)h. Из этого равенства следует, что c=f(ξ).

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 limxaaxxaxa, a>0
    Решение

    limxaaxxaxa=limxa(axaa)(xaaa)xa. Возьмем f1(x)=ax и f2(x)=xa. Так как эти функции непрерывны на [a,x] и дифференцируемы на (a,x), то к ним можно применить теорему Лагранжа. Имеем limxa(axaa)(xaaa)xa=limxaξ1,ξ2(a,x)f1(ξ1)(xa)f2(ξ2)(xa)xa==limxaξ1,ξ2(a,x)f1(ξ1)f2(ξ2)=limxaξ1,ξ2(a,x)aξ1lnaaξ2a1==aalnaaa

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

    Для оценки значения f(10) воспользуемся формулой Лагранжа, примененной к функции f(x) на отрезке [2,10], которая записывается так
    f(10)f(2)=f(ξ)(102),
    где ξ(2,10). Перепишем эту формулу в виде
    f(10)=f(2)+8f(ξ).
    Максимально возможное значение производной на данном интервале составляет f(x)=4. Следовательно
    f(10)f(2)+84=8+32=40.
    Таким образом, максимально возможное значение функции на правом конце отрезка равно 40.

  3. Показать, что функция f(x)=x23x+2 удовлетворяет условиям теоремы Ролля на промежутке [1,2], и найти точку c[1,2], в которой f(c)=0.
    Решение

    Функция f(x)=x23x+2 дифференцируема на промежутке [1,2] и на его концах принимает одинаковые значения:
    f(1)=f(2)=0.
    Тогда, по теореме Ролля, существует точка c[1,2], в которой f(c)=0. Найдем производную заданной функции f(x)=2x3. Найдем значение производной в точке c и приравняем полученное значение к 0:
    f(x)=2c3c=32.

  4. Доказать, что для любых x>0 верно следующее неравенство:
    ln(1+x)<x.

    Решение

    Пусть f(x)=ln(1+x),f(x)C[0,x],f(x)дифференцируема на (0,x). Тогда она удовлетворяет теореме Лагранжа. Имеем
    f(x)=f(x)f(0)=f(ξ)(x0)=11+ξx,
    где ξ(0,x)ξ>011+ξx<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

Теорема Коши (обобщенная формула конечных приращений)

Формулировка

Если функции f(x) и g(x) непрерывны на отрезке [a,b], дифференцируемы на интервале (a,b), причем g(x)0 во всех точках этого интервала, то найдется хотя бы одна точка ξ(a,b) такая, что f(b)f(a)g(b)g(a)=f(ξ)g(ξ).

Доказательство

Рассмотрим функцию φ(x)=f(x)+λg(x), где число λ выберем таким, чтобы выполнялось равенство φ(a)=φ(b), которое равносильно следующему:
f(b)f(a)+λ(g(b)g(a))=0.

Заметим, что g(b)g(a), так как в противном случае согласно Теореме Ролля существовала бы точка c(a,b) такая, что g(c)=0 вопреки условиям данной теоремы. Из равенства f(b)f(a)+λ(g(b)g(a))=0 следует, что λ=f(b)f(a)g(b)g(a).

Так как функция φ при любом λ непрерывна на отрезке [a,b] и дифференцируема на интервале (a,b), а при значении λ, определяемом предыдущей формулой, принимает равные значения в точках a и b, то по теореме Ролля существует точка ξ(a,b) такая, что φ(ξ)=0, т.е. f(ξ)+λg(ξ)=0, откуда f(ξ)g(ξ)=λ. Из этого равенства и формулы λ=f(b)f(a)g(b)g(a) следует f(b)f(a)g(b)g(a)=f(ξ)g(ξ).

  1. Замечание. Теорема Лагранжа — частный случай теоремы Коши (g(x)=x).
  2. Замечание. Теорему Коши нельзя получить используя теорему Лагранжа отдельно к числителю и к знаменателю.

Теорема Коши (обобщенная формула конечных приращений)

Правильно ли вы поняли обобщенную теорему Лагранжа?

Литература

  • Конспект лекций Лысенко З.М.
  • Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И., Курс математического анализа, физмат-лит, 2001. стр.157-158