Лекции с официального сайта кафедры ФН-12, страница 16

Если же для всех x ∈ I выполняется неравенство f (x) > f (x0 ),то говорят, что в точке x0 функция f (x) принимает наименьшее значение.Рассмотрим основные теоремы дифференциального исчисления.Теорема (Ферма). Пусть функция f (x) определена на промежутке I и в некоторойвнутренней точке x0 этого промежутка принимает наибольшее (или наименьшее) значениена этом промежутке. Тогда, если существует производная f 0 (x0 ), то эта производная равнанулю.Доказательство.

Для определённости будем считать, что в точке x0 функция f (x)принимает наибольшее значение. Тогдаf (x0 + ∆x) − f (x0 )6 0,∆x→0+∆xf 0 (x0 ) = limт.к. здесь числитель неположителен, а знаменатель положителен. Далее,f (x0 + ∆x) − f (x0 )> 0,∆x→0−∆xf 0 (x0 ) = limт.к. числитель по-прежнему неположителен, а знаменатель отрицателен.

Таким образом,f 0 (x0 ) 6 0 и f 0 (x0 ) > 0. Следовательно, f 0 (x0 ) = 0. Случай, когда в точке x0 функция f (x)имеет минимальное значение рассматривается аналогично. Теорема доказана.Заметим, что если точка x0 не является внутренней точкой промежутка I, то утверждение теоремы может оказаться несправедливым. Пусть, например, функция y = x рассматривается на отрезке [0, 1]. Производная этой функции тождественно равна единице ине обращается в нуль в точках 0 и 1, в которых данная функция достигает соответственнонаименьшего и наибольшего значений.Теорема (Ролля). Пусть функция f (x) непрерывна на отрезке [a, b] и дифференцируема на интервале (a, b), и пусть f (a) = f (b).

Тогда на интервале (a, b) найдётся точка cтакая, что f 0 (c) = 0.1Доказательство. Поскольку функция f (x) непрерывна на отрезке [a, b], то она достигает на этом отрезке своего наибольшего значения M в точке c1 и наименьшего значенияm в точке c2 . Если m = M , то, поскольку, m 6 f (x) 6 M , функция f (x) постоянна на[a, b] и её производная равна нулю во всех точках интервала (a, b); в качестве точки c, вкоторой f 0 (c) = 0, можно взять любую точку этого интервала. Если же m < M , то в силуусловия f (a) = f (b) хотя бы одна из точек c1 или c2 является внутренней точкой отрезка[a, b], и тогда по теореме Ферма в этой внутренней точке производная функции f (x) равнанулю. Теорема доказана.Заметим, что нарушение любого из условий теоремы может привести к тому, что еёзаключение не будет выполняться.Если, напримерx , если 0 6 x < 1 ,f (x) =0 , если x = 1 ,то точки c, в которой f 0 (c) = 0 не существует.

Здесь функция не является непрерывнойна отрезке [0, 1]. Если f (x) = x на том же отрезке, то нарушено условие f (a) = f (b);производная f 0 (x) тождественно равна единице и не обращается в нуль ни в одной точкеинтервала (0, 1). Рассмотрим еще функцию f (x) = x2/3 на отрезке [−1, 1]. Функция f (x)2непрерывна, f (−1) = f (1), но производная f 0 (x) = x−1/3 нигде в нуль не обращается. В3данном случае дело в том, что f 0 (x) не существует при x = 0.Геометрический смысл теоремы Ролля состоит в том, что при выполнении её условийна интервале (a, b) найдется хотя бы одна точка c такая, что касательная к графику функции y = f (x) в точке (c, f (c)) горизонтальна.Заметим еще, что если точка c ∈ (a, b), то её можно записать в виде c = a + θ(b − a), гдеc−a, числитель и знаменательθ – некоторое число из интервала (0, 1).

В самом деле, θ =b−aэтой дроби оба положительны, причём числитель меньше знаменателя. Поэтому θ ∈ (0, 1).Теорема (Лагранжа). Пусть функция f (x) непрерывна на отрезке [a, b] и дифференцируема на интервале (a, b). Тогда на этом интервале существует точка c такая, чтоf (b) − f (a) = f 0 (c) · (b − a).Доказательство.

Рассмотрим вспомогательную функциюF (x) = f (x) −f (b) − f (a)· (x − a) .b−aЭта функция непрерывна на отрезке [a, b] и дифференцируема на интервале (a, b), поскольку этими свойствами обладает f (x). Далее F (a) = f (a) и F (b) = f (a) — это проверяется непосредственно. Мы видим, что для F (x) выполнены все условия теоремы Ролля.Поэтому существует точка c ∈ (a, b), для которойF 0 (c) = f 0 (c) −f (b) − f (a)= 0.b−aОтсюда вытекает требуемое равенство. Теорема доказана.Следствие. Пусть функция f (x) непрерывна на отрезке [a, b] и дифференцируема наинтервале (a, b), причём во всех точках этого интервала f 0 (x) = 0.

Тогда эта функцияпостоянна на отрезке [a, b].2В самом деле, пусть a < x 6 b. Применим теорему Лагранжа к отрезку [a, x]. Имеем:f (x) − f (a) = f 0 (c)(x − a) = 0, т.к. f 0 (c) = 0. Поэтому f (x) = f (a) для всех x ∈ [a, b], иf (x) = const.f (b) − f (a)есть углоВыясним геометрический смысл теоремы Лагранжа. Очевидно,b−aвой коэффициент хорды, соединяющей точки (a, f (a)) и (b, f (b)) графика функции y = f (x).Поскольку, как известно, f 0 (c) есть угловой коэффициент касательной к графику функцииy = f (x) в точке (c, f (c)), то мы видим, что при выполнении условий теоремы Лагранжана интервале (a, b) найдётся точка c такая, что касательная к графику функции f (x) вточке с абсциссой c параллельна хорде, соединяющей граничные точки этого графика.Теорема (Коши).

Пусть функции f (x) и g(x) непрерывны на отрезке [a, b] и дифференцируемы на интервале (a, b), причём g 0 (x) отлична от нуля в каждой точке этогоинтервала. Тогда на (a, b) найдется точка c такая, чтоf 0 (c)f (b) − f (a)= 0.g(b) − g(a)g (c)Доказательство. Сначала заметим, что g(b) − g(a) 6= 0. В самом деле, если бывыполнялось равенство g(b) = g(a), то на интервале (a, b) по теореме Ролля нашлась быточка ξ, в котрой g 0 (ξ) = 0.

По условию теоремы такой точки нет. Поэтому g(b)−g(a) 6= 0.Рассмотрим вспомогательную функциюF (x) = f (x) −f (b) − f (a)(g(x) − g(a)) .g(b) − g(a)Легко видеть, что для f (x) на отрезке [a, b] выполнены все условия теоремы Ролля. Поэтому существует точка c ∈ (a, b) такая, чтоF 0 (c) = f 0 (c) −f (b) − f (a) 0g (c) = 0 .g(b) − g(a)Из этого равенства вытекает требуемое.

Теорема доказана.Теорема (правило Лопиталя раскрытия неопределенностей). Пусть в проколотойокрестности Ů (x0 ) точки x0 определены и дифференцируемы функции f (x) и g(x), причемlim f (x) = lim g(x) = 0 ,x→x0x→x0и g 0 (x) 6= 0 для любого x ∈ Ů (x0 ). Тогда если существует (конечный или бесконечный)пределf 0 (x)lim 0=K,(1)x→x0 g (x)то иf (x)lim=K,(2)x→x0 g(x)3Доказательство.f (x0 ) = g(x0 ) = 0.Доопределим функции f (x) и g(x) в точке x0 , положивВ результате получим функции, непрерывные в окрестностиU (x0 ) = Ů (x0 ) ∪ {x0 } точки x0 . Для этих новых функций оставим прежние обозначения.

Заметим, что если x 6= x0 , то g(x) 6= 0. Если бы было g(x) = 0, то, как и придоказательстве теоремы Коши, к отрезку с концами в точках x0 и x можно было применить теорему Ролля, и тогда нашлась бы точка ξ , в которой g 0 (ξ) = 0. По условиютеоремы это невозможно. Поэтому для любого x 6= x0 имеем g(x) 6= 0. Пусть x 6= x0 ,и пусть для определенности x > x0 . Для пары функции f (x) и g(x) на отрезке [x0 , x]выполнены все условия теоремы Коши. Поэтомуlimx→x0f (x) − f (x0 )f 0 (c)f (x)= lim == lim 0=K,x→x0 g (c)g(x) x→x0g(x) − g(x0 )т.к., очевидно, c → x0 , если x → x0 . Здесь c ∈ (x0 , x) — точка, существование которойf (x)обеспечивается теоремой Коши.

Таким образом, lim= K, и теорема доказана.x→x0 g(x)0Мы рассмотрели теорему о раскрытии неопределенности вида . Аналогичное утвер0∞ждение справедливо и для случая неопределённости вида. Для всех остальных пре∞дельных переходов (x → ∞, x → x0 + и т.п.) правило Лопиталя остается в силе. Заметим,что если предел отношения производных (1) не существует, то отсюда еще не следует,вообще говоря, что не существует предел (2).Пример. Выясним вопрос о производных функций y = arcsin x и y = arccos x приx = ±1. Имеемarcsin(1 + h) − arcsin 1=(arcsin x)0 x=1 = limh→0−h(arcsin(1 + h) − arcsin 1)01= lim= lim p= +∞ .0h→0−h→0−h1 − (1 + h)2Таким образом, (левая) производная функции y = arcsin x в точке x = 1 равна +∞.

Аналогично проверяется что (arcsin x)0 x=−1 = +∞, и (arccos x)0 x=±1 = −∞.С помощью правила Лопиталя вычислим несколько важных пределов. Пусть a > 1,axα > 0, и пусть требуется вычислить предел lim = α . Мы имеем здесь дело с неопредеx→+∞x∞ленностью вида. Преобразуем сначала выражение под знаком предела:∞x !α αa1/αaxbx==xαxxbx∞ . Для раскрытия этой неопределенности видаx→+∞ x∞применим правило Лопиталя:Где b = a1/α > 1. Найдем limbx(bx )0= lim= lim bx ln b = +∞ .x→+∞ xx→+∞ x0x→+∞limПоэтомуaxlim= limx→+∞ xαx→+∞bxxα= +∞ .Мы видим, что показательная функция (с основанием большим единицы) растёт быстреестепенной (с любым показателем степени).

Пусть a > 1, α > 0, β > 0. Рассмотрим предел4xα. И здесь целесообразно предварительно преобразовать выражение под знакомx→+∞ logβ xaпредела: α/β βxαx=.βloga xloga xlimВычислим сначала предел выражения в скобках. Для этого надо раскрыть неопределен∞ность вида. Имеем∞α (α/β)−1·xxxα ln aβlim= lim=lim xα/β = +∞ .= lim01x→+∞ loga xx→+∞ (loga x)x→+∞β x→+∞x ln aα/β 0α/βСледовательно,xαlim= limx→+∞ logβ xx→+∞axα/βloga xβ= +∞ .Мы видим, что степенная функция (с положительным показателем степени) растет быстрее любой степени логарифма при x → +∞.Рассмотрим еще при 0 < a < 1, α > 0, β > 0 предел lim xα logβa x.