12. Теоремы Ролля и Лагранжа

Однажды французского математика и механика Жозефа Луи Лагранжа (1736–1813) кто-то спросил на музыкальном вечере, почему он любит музыку, и получил неожиданный ответ: “Я люблю ее потому, что она изолирует меня. Я слышу первые три такта; на четвертом я ничего не различаю; я предаюсь своим мыслям, и ничто не отвлекает меня, именно таким образом я решил не одну трудную задачу”.

Теорема. Пусть f:[a,b]\to\mathbb{R}, непрерывна во всех точках этого промежутка. Тогда множество значений функции f – замкнутый ограниченный промежуток.

В частности, у функции f есть наибольшее и наименьшее значения.

Теорема (Ролль). Пусть f:[a,b]\to\mathbb{R}. Предположим, что

1) функция f непрерывна на [a,b];

2) функция f дифференцируема во всех внутренних точках [a,b];

3) f(a)=f(b).

Тогда существует точка c\in (a,b), в которой f^{\prime}(c)=0.

Доказательство. По предыдущей теореме, функция f принимает на [a,b] наибольшее и наименьшее значения. Пусть она достигает наибольшего и наименьшего значения в точках x_M и x_m соответственно. Если x_M и x_m – концы отрезка [a,b], то, поскольку f(a)=f(b), наибольшее и наименьшее значения функции f совпадают. Значит, функция f постоянна, и производная ее во всех внутренних точках [a,b] равна нулю. Значит, в качестве c можно взять любую внутреннюю точку [a,b]. Пусть хотя бы одно из чисел x_M,x_m лежит внутри отрезка [a,b]. Тогда по теореме Ферма получаем, что производная функции f в этой точке равна нулю.

Замечание. Пусть не выполняется третье условие

\begin{array}{l}<br />
f(x)=x,\\[2mm]<br />
f^{\prime}(x)=1.<br />
\end{array}

Пусть не выполняется второе условие

\begin{array}{ll}<br />
f(x)=x&x\in[0,1],\\[2mm]<br />
f(x)=2-x&x\in[1,2].<br />
\end{array}

Пусть не выполняется первое условие

\begin{array}{ll}<br />
f(x)=x&x\in[0,1)\\<br />
f(x)=0&x=1<br />
\end{array}

Теорема (Лагранж). Пусть f:[a,b]\to\mathbb{R} и выполняются условия:

1) функция f непрерывна на [a,b];

2) f дифференцируема на (a,b).

Тогда существует c\in(a,b):

\begin{array}{l}<br />
f(b)-f(a)=f’(c)(b-a),\\[2mm]<br />
\displaystyle<br />
f^{\prime}(c)={f(b)-f(a)\over b-a}.<br />
\end{array}

Доказательство. Пусть k,l\in\mathbb{R}. Рассмотрим функцию g:[a,b]\to\mathbb{R}:

g(x)=f(x)+kx+l.

Из условия теоремы ясно, что функция g непрерывна на [a,b] и дифференцируема на (a,b). Подберем k и l так, чтобы

g(a)=0,g(b)=0:

\begin{array}{l}<br />
f(a)+ka+l=0,f(b)+kb+l=0,\\[2mm]<br />
f(b)-f(a)+k(b-a)=0,\\[2mm]<br />
\displaystyle k=-{f(b)-f(a)\over b-a},\\[4mm]<br />
\displaystyle l=-f(a)+{f(b)-f(a)\over b-a}a\\[4mm]<br />
\displaystyle<br />
g(x)=f(x)-{f(b)-f(a)\over b-a}x-f(a)+{f(b)-f(a)\over b-a}a,\\[4mm]<br />
\displaystyle<br />
g(x)=f(x)-f(a)-{f(b)-f(a)\over b-a}(x-a).<br />
\end{array}

Функция g удовлетворяет всем условиям теоремы Ролля. Тогда существует c\in(a,b): g^{\prime}(c)=0.

\begin{array}{l}<br />
\displaystyle<br />
g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-{f(b)-f(a)\over b-a},\\[4mm]<br />
\displaystyle<br />
f^{\prime}(c)={f(b)-f(a)\over b-a}.<br />
\end{array}

Оставьте свой отзыв

Добавить изображение