mat.analiz_1

План:

1.Теорема Ферма.

2.Теорема Ролля.

3.Теорема Лагранжа.

4.Теорема Коші.

Теорема Ферма.

У курсі математичного аналізу одне з центральних місць займають так звані теореми про середнє значення диференціального числення. До таких теорем належать теореми Ферма, Ролля, Лагранжа і Коші. В цих теоремах якщо відома похідна f ′(x) деякої функції f (x) , то це дозволяє зробити певний висновок про поведінку самої функції f (x) . Розглянемо ці теореми.

Теорема 21.1 (Ферма). Нехай функція f (x) визначена в деякому околі точки x0 і приймає в цій точці найбільше або найменше значення. Тоді, якщо існує скінченна похідна в точці x0 , то вона дорівнює нулю: f ′(x0 ) = 0 .

Доведення. Нехай функція f (x) визначена в O(x0 ) і в точці x0 приймає найбільше значення, тобто x O(x0 ) : f (x) ≤ f (x0 ) . Оцінимо відношення приросту функції до приросту аргумента:

x < x			f (x) − f (x0 )		≥ 0,		(21.1)
	0			x − x0
				f (x) − f (x0 )
x > x						≤ 0.	(21.2)
	0			x − x0

240

Оскільки існує скінченна похідна функції в точці x0 , тобто

f ′(x0 ) = lim			f (x) − f (x0 )		, то, перейшовши в нерівностях (21.1) і (21.2) до
		x→x0	x − x0
границі при x → x0 , одержимо:
lim		f (x) − f (x0 )		≥ 0 f ′(x0 ) ≥ 0,		lim	f (x) − f (x0 )	≤ 0 f ′(x0 ) ≤ 0,
x→x0 −0		x − x0				x→x0 +0	x − x0
отже,		f ′(x0 ) = 0 .

Геометричне тлумачення даної теореми досить просте. Якщо похідна в точці x0 дорівнює нулю, то дотична до графіка функції f (x) в цій точці паралельна осі Ox.

Зауважимо, що в доведенні істотно використовувалася умова, що точка x0 є внутрішньою точкою проміжку, оскільки ми розглядали точки x < x0 і x > x0 (рис. 21.1).

y

y

	a	x0	x	x
0			x0′ b	0
		Рис. 21.1		Рис.21.2

Без цієї умови теорема перестала б бути правильною: якщо функція f (x) визначена на відрізку [a,b] і досягає свого найбільшого (найменшого) значення на одному з кінців цього відрізка, то похідна

′
f (x) на цьому кінці (якщо існує) може і не бути нулем.
Приклад 1. f (x) = x, x [0;1].	Функція приймає	найменше і
найбільше значення в точках x = 0 і	x =1, однак похідна	′	≠ 0
		f (x) =1
(рис.21.2).

241

Теорема Ролля.
Теорема 21.2 (Ролля). Нехай функція f (x) :
1)	визначена і неперервна на відрізку [a,b];
2) в кожній точці інтервалу (a;b) існує скінченна похідна f										′
										(x) ;
3)на			кінцях		відрізка		[a,b] функція приймає рівні значення:
f (a) = f (b) .
Тоді існує принаймні одна точка ξ (a,b), така, що											.
									f ′(ξ) = 0
y			M				Доведення. Якщо функція			f (x)
							неперервна на відрізку [a,b], то за
	A						другою теоремою Вейєрштрасса вона
						В	приймає на цьому відрізку найменше і
							найбільше значення:
							m ≤ f (x) ≤ M ,	де
							x
0	a		c			b	m = min f (x),	M = max f (x).
			Рис. 21.3				x [a;b]	x [a;b]
							Розглянемо два випадки:
1.	m = M . Тоді з нерівності M = m ≤ f (x) ≤ M f (x) ≡ M на [a,b]
			′
	. Тому f (x) = 0 на всьому відрізку, так що за точку ξ можна
	взяти довільну точку з (a;b) .
2.	M > m. Оскільки f (a) = f (b) , то принаймні одне із значень m
	чи		M досягається в деякій точці ξ (a,b).					Тоді за теоремою

′
Ферма f (ξ) = 0.

З’ясуємо геометричний зміст теореми Ролля. Якщо функція f (x) задовольняє умови теореми Ролля, то:

1) графік функції є суцільна лінія (оскільки f (x) неперервна на відрізку);

2) крива, що є графіком функції, є гладкою кривою (тобто такою кривою, в кожній точці якої можна провести дотичну). В даному випадку можна, бо всередині інтервалу (a;b) існує f ′(x) ;

242

3) крайні точки графіка знаходяться на однаковій висоті від осі Ox.

Тоді на графіку функції знайдеться принаймні одна точка, в якій дотична паралельна осі Ox.

Зауважимо, що всі три умови теореми Ролля є суттєвими для її правильності. Якщо принаймні одна з цих умов не виконується, то

теорема не справджується.

y

1

0

1

Рис. 21.4

що в точці x =1

Приклад 2. Розглянемо функцію

	y = x −[x] =	{	x	, x	[	0;1 .
			}			]
	2) якщо x (0;1), y ≡ x диференційовна.
x	3) y(0) = y(1) = 0 .

Але на графіку функції немає жодної точки, в якій дотична була б паралельна осі Ox. Це тому,

функція не є неперервною (рис. 21.4).

y

1

Приклад 3. Розглянемо функцію

y=1− x , x [−1;1].

1)f (x) неперервна на [−1;1],

3)f (−1) = f (1) = 0 , але у внутрішній точці x = 0

xфункція не є диференційовною. Тому не існує точки

		–1			0				1		ξ (−1;1) , де б	похідна				дорівнювала нулю
					Рис. 21.5
											(рис.21.5).
	y										Приклад 4. Розглянемо функцію
1											y = x2 , x		1	;1 .
												2
	1										1) f (x) неперервна на відрізку							1	;1	;
4
																		2
O						1		1		x					1
					2						3) диференційовна на					;1 , але
					Рис. 21.6									2

243

		1			1		= y (1) – неоднакові значення на кінцях відрізка. Тому
	y			=		≠1
		2			4

висновок теореми Ролля теж не має місця (рис.21.6).

Наслідок. Між двома нулями диференційовної функції завжди лежить принаймні один нуль її похідної.

Доведення. Нехай функція	f (x) диференційовна на відрізку [a,b]
і f (a)= f (b). Тоді розглянемо функцію F(x) := f (x) − f (a) :
1) неперервна на [a,b];	2) диференційовна на (a,b) ;
3) F(a) = f (a) − f (a) = 0, F(b) = f (b) − f (a) = 0 .
	′	′
Значить, за теоремою Ролля ξ (a,b) , що F (ξ) = f (ξ) = 0.
Приклад 4. Довести,	що всі корені	похідної	многочлена
P(x) = x(x −1)(x −2)(x −3)(x −4) різні.
Доведення. Застосуємо теорему Ролля до		функції	y = P(x)	на
відрізку [0;1]:
1) P(x) неперервна на [0;1];	2) P(x) диференційовна на (0;1);
3) P(0) = P(1) = 0 ,
отже існує принаймні одна точка x1 (0;1) така, що P′(x1 ) = 0.
Аналогічно, застосувавши теорему Ролля до функції			y = P(x)	на
відрізках [1;2], [2;3], [3;4], отримаємо точки		x2 (1;2); x3 (2;3),
x4 (3;4) такі, що P′(x2 ) = P′(x3 ) = P′(x4 ) = 0.

Оскільки многочлен P′(x) має степінь 4, то він може мати не більше чотирьох різних дійсних коренів. Однак ми отримали чотири корені x1 , x2 , x3 , x4 , причому 0 < x1 < x2 < x3 < x4 < 4 , тобто вони різні.

Теорема Лагранжа.

Теорема 21.3( Лагранжа). Нехай функція f (x) :

1) визначена і неперервна на відрізку [a,b];

2) існує скінченна похідна f ′(x) в кожній точці інтервалу (a,b) .

244

Тоді між точками a і b знайдеться така точка ξ (a,b), що для неї виконується рівність

f (b) − f (a)

′

=

(21.3) або

′

(21.4)

b − a

f (ξ)

f (b) − f (a) = f (ξ)(b −a)

Доведення. Введемо допоміжну функцію на відрізку [a,b]:

F(x) = f (x) − f (a) −

f (b) − f (a)

(x − a) .

Ця

функція задовольняє всі

b − a

умови теореми Ролля: 1) неперервна на [a,b];

(a,b)

′

′

f (b) − f (a)

2) диференційовна на

і F (x) =

f (x)

−

,

b − a

3) приймає

рівні

значення

на

кінцях

відрізка:

F(a) = f (a) − f (a) −

f (b) − f (a)

(a − a) = 0,

b − a

F (b) = f (b) − f (a) −

f (b) − f (a)

(b

− a) = 0 ,

b − a

Отже, за теоремою Ролля, існує така точка ξ (a,b)

′

= 0 , або

, що F (ξ)

′

′

f (b) − f (a)

f (b) − f (a)

′

F (ξ) = f (ξ)

−

= 0

= f (ξ),

b

− a

b − a

′

f (b) − f (a) = f (ξ)(b −a) .

y

Як

і

теоремі

Ролля,

теоремі

M

Лагранжа

можна

надати геометричне

f (b)

B

тлумачення (рис.21.7).

f (b) − f (a)

BC

f (a)

A

=

= tg BAC ,

C

b − a

AC

Тобто ліва частина рівності (21.3)

x

дорівнює

кутовому

коефіцієнту січної

AB ,

а

f

′

кутовий

коефіцієнт

0

a

c

b

(ξ) є

Рис. 21.7

дотичної

до

кривої

y = f (x)

в

точці з

абсцисою x =ξ .

На кривій AB завжди знайдеться принаймні одна точка M , в якій дотична паралельна хорді AB .

245

Рівність (21.4) можна записати в іншому вигляді:

				a <ξ < b,
				0 <ξ − a < b − a					: (b − a) > 0
				0 <	ξ − a	<1.
					b − a
Введемо позначення :
ξ − a	=θ, 0 <θ <1 ξ − a =θ(b − a), ξ = a +θ(b − a), тоді									в рівності
b − a
(21.4) проміжне значення ξ можна виразити через значення a, b, θ :
		f (b) − f (a)		′
				= f (a +θ(b − a)) ,			або
		b − a
	f (b) − f (a) =			′
				f (a +θ(b −a)) (b −a) .
	Розглянемо тепер відрізок [x0 ; x0 +						x], де x0 ; x0 +			x [a,b]. На

ньому справджуються умови теореми Лагранжа, отже,:

f (x0 + x) − f (x0 ) = f ′(x0 +θ x) x ,		або
f (x0 ) = f ′(x0 +θ x) x, 0 <θ <1	.	(21.5)

Формула (21.5) виражає точне значення приросту функції в точці x0 при будь якому скінченному значенні приросту аргументу x . Звідси і походить ще одна назва формули (21.5): формула скінченних

приростів.

На відміну від раніше виведеної формули f (x) ≈ f ′(x0 ) x, в якій абсолютна похибка прямує до нуля при x →0, формула скінченних приростів дає точне значення приросту функції.

Хоча у формулі (21.5) число θ , зазвичай, невідоме (тільки в окремих випадках можна вказати його значення), використання цієї формули у математичному аналізі надзвичайно велике.

Наслідки з теореми Лагранжа.

Наслідок 1. Нехай функція f (x) :

1)визначена на деякому інтервалі (a;b);

246

2) має похідну, яка дорівнює нулю в усіх точках інтервалу

(a;b): f ′(x)≡ 0.

Тоді функція f (x) стала на вказаному проміжку.

Доведення. Візьмемо x1, x2 (a;b), x1 < x2 . Тоді функція f (x) на

відрізку [x1 , x2 ] (a;b) задовольняє	умови	теореми	Лагранжа і		має
місце рівність:
′	< ξ < x2 .
f (x2 ) − f (x1 ) = f (ξ)(x2 − x1 ), x1
′		= 0	f (x1 ) = f (x2 ) .
Але f (ξ) = 0 ξ (x1 , x2 ) , тоді f (x2 ) − f (x1 )
Оскільки x1 , x2 довільні точки інтервалу (a;b)			і функція f (x) у
цих точках набуває однакових значень, то f (x) є сталою.
Раніше було доведено, що коли функція f (x) на				заданому
проміжку є сталою, то вона на цьому проміжку має похідну: f				′	0.
				(x) =

З наслідку 1 випливає, що має місце й обернене твердження. Тому можна сформулювати такий критерій сталості функції:

Для того, щоб диференційовна на інтервалі (a;b) функція f (x)

була сталою, необхідно і достатньо, щоб її похідна на цьому проміжку дорівнювала нулю.

Наслідок 2. Якщо функції f (x) і g(x) точках інтервалу (a;b) і в цих точках між цими функціями є величина стала.

Доведення. Розглянемо функцію

диференційовні в усіх f ′(x) = g′(x) , то різниця

F (x) = f (x) − g(x), F ' (x) = f ' (x) − g' (x) ≡ 0 F (x) = C = const

f (x) − g(x) = C .

Приклад 8. Довести, що x [−1,1] справджується рівність arcsin x + arccos x = π2 .

Розв’язання. Розглянемо функцію F(x) = arcsin x +arccos x, x [−1;1]. Її

′	1		1	≡ 0 . Отже F(x) ≡ C	x (−1;1) ,
	1− x2		1− x2
похідна F (x) =		−

247

тому

arcsin x +arccos x = C .

При

x = 0

маємо:

arcsin 0 + arccos 0 =

π

C =

π .

Оскільки

F(−1) = F(1) =

π

,

то

2

2

2

arcsin x + arccos x ≡

π

x [−1;1].

2

Приклад 9. Довести, що a,b (a > 0, b > 0, b > a) і n ≥ 2, n N

має місце нерівність:

n(b −a)an−1 <bn −an

< n(b −a)bn−1

.

Доведення. Розглянемо функцію f (x) = xn

на відрізку [a;b]:

1) f (x) неперервна на [a;b]; 2) диференційовна на (a;b), тому за

теоремою Лагранжа існує точка ξ (a;b) така, що:

f (b) − f (a)

′

bn − an

n−1

де a

n−1

<ξ

n−1

<b

n−1

= f (ξ),

або

= nξ

,

.

b − a

b − a

Отже, nan−1 <

bn − an

< nbn−1 n(b − a)an−1

< bn − an < n(b − a)bn−1.

b − a

Приклад 10. Довести, що

1

< ln

52

<

1

.

52

51

51

Доведення. Розглянемо функцію f (x) = ln x на відрізку [51;52]:

′

1

,

1) f (x) неперервна на [51;52]; 2) диференційовна на (51;52) і f (x) = x

тому за

теоремою

Лагранжа

існує

точка

c (51;52) така,

що

f (b) − f (a)

′

ln 52 −ln 51

1

1

52

= f (c)

52 −51

= c

c = ln

51.

b − a

Але 51 < c < 52

1

< 1

<

1

1

< ln 52

<

1

.

52

52

c

51

51

51

Теорема Коші.

Теорема 21.4 (Коші). Нехай функції

f (x) і ϕ(x) :

1)неперервні на відрізку [a,b],

2)мають похідні в кожній точці інтервалу (a,b) ,

3)ϕ′(x) ≠ 0 в усіх точках інтервалу (a,b) .

248

f

(b) − f (a)

f

′

Тоді існує така точка ξ (a,b), що

=

(ξ)

.

ϕ(b) −ϕ(a)

′

ϕ (ξ)

Доведення. Введемо допоміжну функцію

F (x) =

f (x) −

f (b) − f (a)

ϕ(x), x [a,b], де ϕ(b) ≠ϕ(a) .

ϕ(b) −ϕ(a)

1)

F (x) неперервна на відрізку [a,b],

2)

F (x) диференційовна на інтервалі (a,b) :

′

′

f (b) − f (a)

′

F (x) =

f (x) −

ϕ (x),

ϕ(b) −ϕ(a)

3) На кінцях відрізка приймає однакові значення:

	F (a) = f (a) −	f (b) − f (a)		ϕ(a), F (b) = f (b) −		f (b) − f (a)	ϕ(b),
		ϕ(b) −ϕ(a)				ϕ(b) −ϕ(a)
	F (b) − F(a) = f (b) − f (a) −			f (b) − f (a)	(ϕ(b) −ϕ(a) )≡ 0 ,
				ϕ(b) −ϕ(a)

отже, F(b) = F(a). F (x) задовольняє умови теореми Ролля. Тому існує

точка ξ (a,b)

′

така, що F (ξ) = 0 ,

′

′

f (b) −

f (a)

′

f (b) − f (a)

f

′

(ξ)

F (ξ) = f

(ξ) −

ϕ (ξ) = 0

=

.

ϕ(b) −

ϕ(a)

ϕ(b) −ϕ(a)

′

ϕ (ξ)

Формула Лагранжа є частковим випадком формули Коші (тут

ϕ(x) ≡ x ).

249