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]tomathbb{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]tomathbb{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 cin (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} f(x)=x,\[2mm] f^{prime}(x)=1. end{array}]

Пусть не выполняется второе условие

    [begin{array}{ll} f(x)=x&xin[0,1],\[2mm] f(x)=2-x&xin[1,2]. end{array}]

Пусть не выполняется первое условие

    [begin{array}{ll} f(x)=x&xin[0,1)\ f(x)=0&x=1 end{array}]

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

1) функция f непрерывна на [a,b];

2) f дифференцируема на (a,b).

Тогда существует cin(a,b):

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

Доказательство. Пусть k,linmathbb{R}. Рассмотрим функцию g:[a,b]tomathbb{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} f(a)+ka+l=0,f(b)+kb+l=0,\[2mm] f(b)-f(a)+k(b-a)=0,\[2mm] displaystyle k=-{f(b)-f(a)over b-a},\[4mm] displaystyle l=-f(a)+{f(b)-f(a)over b-a}a\[4mm] displaystyle g(x)=f(x)-{f(b)-f(a)over b-a}x-f(a)+{f(b)-f(a)over b-a}a,\[4mm] displaystyle g(x)=f(x)-f(a)-{f(b)-f(a)over b-a}(x-a). end{array}]

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

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

Ссылка на основную публикацию