Архипов, Садовничий - Лекции по математическому анализу (940510), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Пусть при а<!<6 имеем х = у'(1), и = У(1). Тогда в некоторой точке с тангенс угла наклона касательной к этой кривой равен тангенсу угла наклона хорды: Цс) у(а) — у(Ь) у'(с) у(а) — д(Ь) 118 3. (По поводу теоремы Ролля). Эта теорема, по существу, утверждает, что при некотормх дополнительных условиях между двумя "нулями" функции всегда лежит "нуль" ее производной. Доказательство теоремы основано на том, что если точка глобального экстремума является внутренней, то она не может быть точкой возрастания или убывания, а отсюда уже следует, что производная в этой точке обращается в нуль. Докажем несколько более общую теорему, а именно, теорему Ферма: Пусть, как и ранее, у(х) непрерывна на [а,Ь].
Определение 1. 1) Внутренняя точка ха называется точкой несобственного локального максимума (или локального максимума в широком смысле), если существует проколотая б-окрестность точки ха, в которой ЬУ(ха) = Д(х) — У(ха) > О. 2) По аналогии определим, что такое точка несобственного локального минимума: ~(х) имеет несобственный локальный минимум (локальный минимум в широком смысле) в точке ха, если существует проколотая б-окрестность, в которой Ь~(хе) = у(х) — у(ха) < О.
3) Точки несобственного локального минимума и максимума называются точками несобственного локального экстремума. Ясно, что экстремальные точки можно рассматривать и как несобственные экстремальные точки, но не наоборот. Т е о р е м а 3 (теорема Ферма). Пусть внутренняя точка ха отрезка ]а,6], на котором определена и непрерывна функция Дх), является точкой экстремума (в широком смысле) этой фуикцяи я пусть 3 ~'(хе). Тогда имеем ~'(хе) = О. Д о к а з а т е л ь с т в о. Точка хе не может быть точкой возрастания (убывания), так как тогда в некоторой проколотой бокрестности этой точки ~1У(хе) ГЬУ(хе) > О ~ < О соответственно Но тогда неравенства г'(ха) > О (у'(ха) < О) йввозможны. Остается принять, что ~'(хв) = О, что и требовалось доказать. Докажем еще одну теорему об обращении в нуль производной. 119 Т е о р е м а 4. Пусть функция з(х) дифференцируема на (а,Ь), а < а, < 61 < 6 и Яа,) .
у'(6~) < О. Тогда существует точка с Е (а,, 61) такая, что з'(с) = О. Д о к а з а гв е л ь с т в о. Рассмотрим сначала случай з" (а1) > О. Пусть 4 — точка максимума на отрезке [ам 61). Тогда она является внутренней для этого отрезка, так как а1 — точка возрастания, а 61 — точка убывания. Но тогда имеем ~'(г,) = О. Второй случай, ,('(а1) < О, сводится к первому с помощью замены функции у(х) на д(х) — — Х(х). Теорема 4 доказана. С л е д с т в и е (теорема Дарбу), Пусть функция у(х) диффереицируема на (а,Ь) и для некоторых ам 61 Е (а,Ь) у'(а1) = а, у (61) = )1. Тогда для всякого числа д, лежащего между а и й, найдется точка хо Е [а„Ь|) такая, что У'(хо) = сс Д о к а з а т е л ь с та в е.
Рассмотрим функцию д(х) = з(х) — хс. Имеем д'(а1) = о — 4, д'(Ь1) = д — 4. Но так как ( лежит между а и д, то о — 6' и д — 6 имеют разные знаки. Тогда по теореме 4 имеем, что существует точка хе такая, что д'(хе) = О. Отсюда следует, что з'(хе) — с = О, т.е. ~'(хе) = с. Доказательство закончено, Т е о р е м а 5. Функция д(х) = з'(х) не может иметь разрывов первого рода. „7 о к а з а т е л ь с т в о. Пусть з '(х) -+ а при х -+ хе+, ('(х) — + Ь при х — ~ хе — . Докажем, что а = 6.
Предположим, что это не так. Тогда а ф 6. Пусть 1 1 х ° = хе+ — -+ хе+, у = хе — — -+ хе —, П п тогда у'(х„) -+ а при и-+ оо, у'(у„) -+ 6 при и -+ оо. Так как а ф Ь, то или а ф У'(хе), или Ь ф ~'(хе). Допустим, что имеет место случай а ~ 1" (хс). Так как число г( „) гас, Дарбу сушествует с„с условием х„< с„< хс, кроме того, ~'(х.) + У'(хс) 2 Поскольку с„-+ хс, согласно определению правого предела по Гейне имеем у (с„) — ~ а. Отсюда а = ~ — Щ'-1, т.е. а = у'(хс), а это противоречит тому, что ~'(хс) ф а. Следовательно, предположение, что а -1 6, неверно и а = 6.
А зто значит, что функция ~'(х) не может иметь разрывов первого рода. Теорема 5 доказана. Попутно мы доказали, что если г'(х) -+ хс при х — ~ хе+ (или х — ~ хо — ), то хо = У'(хо). Пример точки разрыва производной. Положим хт соа 1, если х ~ О, 1()= О, если х = О. Прн хф О 1 . 1 у'(х) = 2хсое — +аш а при х = 0 по определению производной у(Ьх) — у(0), (Ьх)тесн 1/Ьх а -~о Ьх ае-+о Ьх В точке х = 0 не существует нн правого, ни левого предела 1'(х). Определение 2. Если П~~:-~(~-'-) — ~ + оо при х -> хю то говорят, (-) что у(х) в точке хс имеет бесконечную производную, и пишут; ,1 (хс) = + оо.
( — ) То же самое говорят и пишут о правой и левой производных. 1 Пример. у(х) =,~хж При х ~ 0 имеем 7'(х) = —. Тогда 2,/х У'(О+) = 11гп = +оо. 4Ы- О Ь -+о Ьх пм Леизаии 20 2 7. СЛЕДСТВИЯ ИЗ ТЕОРЕМЫ ЛАГРАНЖА Т е о р е м а 1. Пусть ~'(х) = 0 пря всех х б (а, 6). Тогда у(х) = сопз2 = /( — ). Д о к о з о я2 е л ь с 1п в о. По теореме Лагранжа имеем А~ — = ~(х) — У вЂ” = У'(с) х — — = О.
Отсюда Теорема 1 доказана. Т е о р е м а 2. Пусть функция з(х) дяфференцяруема на (а, 6). Тогда для того чтобы /(х) не убывает на (о, Ь), необходимо я достаточно, чтобы у (х) > 0 ч х б (а, Ь). Д о к а з а т е л ь с тп в о. Нсобходимоснзь. Условие неубывания функции у(х) эквивалентно тому, что ~~~~~ > О. Переходя к пределу в неравенствах, получим у'(х) = 1пп — > О. 2ьу(х) а* о Ах ~7остазпочкостль. Если ~'(х) > О, то по теореме Лагранжа прн некотором с б (а,6), т.е.
функция у(х) не убывает на (а,Ь). Теорема 2 доказана. Т е о р е м а 3. Если ~'(х) > 0 на янтерваве (а,6), то функция 1(х) монотонно возрастает на (а,6). ,П о к а з а ~в е л ь с н1 в о. По теореме Лагранжа имеем сь|(х) = У'(с)Ах > О прн Ах > О, что и требовалось доказать. 122 Т е о р е м а 4.
Пусть у(х) днфференцнруема на отрезке (а, 6]. Тогда для того чтобы функция ((х) строго возрастала на нем, необходимо я достаточно, чтобы у'(х) > О на интервале (а, 6) н з" (х) не обращалась в нуль тождественно нн на каком отрезке (а|,6|], лежащем внутри отрезка (а,Ь]. Д о к а з а т е л ь с |п в о. Необходимость (от противного). Если условие теоремы не выполнено, то или /'(хо) < О для некоторой точки хо б (а,Ь), иля у'(х) = О при всех х б (а|,Ь|]. Тогда в первом случае хо — точка убывания функции ((х), а во втором — з(х) = соне| на (а|,6|]. Это противоречит условию возрастания функции ((х). Достаточность.
Так как по условию у'(х) > О, то' при любых а, < Ь!, где а|,Ь| б (а,Ь), имеем У(Ь!) — У(а|) = ('(с)(6| — а|) > О, т.е. у(х) не убывает. Докажем, что у(х) возрастает. Пусть зто не так, и у(а|) = у(6|) при Ь| > а|, Но тогда в силу неубывания у(х) на отрезке (а|,Ь|] имеем, что ((х) = сопя| на нем, и, следовательно, у'(х) = О на (а|, Ь|), что противоречит условию теоремы, Тем самым теорема 4 доказана полностью. $8, НЕКОТОРЫЕ НЕРАВЕНСТВА Т е о р е м а (неравенство Юнга). Пусть а,(! > О, а+ )1 = 1, Тогда прн х > О имеем х ( ах+ (1. ,У о к а з а и| е л ь с т в о.
Рассмотрим функцию у(х) = х" — ах-!3. Заметим, что у(1) = 1 — а — !1 = О. Далее, поскольку у'(х) = а(хо — 1) < О при х > 1, при х > 1 функция у(х) убывает. Следовательно, при х > 1 выполнено неравенство У(х) < у(1) = О. Если же О<х(1, то ,('(х) = а(х ' — 1) > О. Отсюда получим, что у(х) < /(1) = О при О < х < 1. Таким образом, для всех х > О выполнено неравенство х — ах — (г' < О, откуда следует справедливость теоремы. |гз Положим х = а/6 > О. Из неравенства Юнга имеем о~6< <.
аа+ ~ЗЬ, Это неравенство справедливо при любых а,Ь > О. Положим теперь 1/Р Еиа! Ев 1/а пу а— а 1/а Ева! Пв и просуммнруем по !< от 1 до и. Получим К(~ „ыг) (Г., ° <) т. е. ф1,„<<!) <(1 4) <фв) // о к а з а пв е л ь с в! в о. Введем обозначение 1/р + 1/!1 = 1.
Используя неравенство Гельдера, имеем а а А = У (а„+ 6„) = ~~< а„(а„+Ьа)г 1+,) 66(а„+ 6„)~ = В+ С, ва! ва1 в=! в=г' „у,.<иг-'<(!' „) (ф1,.«гв-в) Р 1 ва1 ва! с=1;<.!.„<ь!'-'<фк) (1;!.,+в)а-в) Так как !/(р — 1) = р, то А<((! 4) <(С!) )Аа, откуда, поскольку 1 — 1/!/ = 1/р, имеем Ав =(< ) <(се) нм Это неравенство называется неравенством Гельдерн. Докажем теперь неравенство Минковского. Пусть выполняются следующие условия: р > 1; а„,Ь > О, и = 1,...,п. Тогда что и требовалось доказать. ~ 9. ПРОИЗВОДНАЯ ФУНКЦИИ, ЗАДАННОЙ ПАРАМЕТРИЧЕСКИ Пусть ~о(1) и 4г(8) — две функции, заданные и дифференцируемые на [0,1], и для всех 1 б [0,1) имеет место неравенство у'(1) > 0 (или ~р'(1) < О).
Тогда ср(1) строго возрастает (у(1) строго~ убывает при у' < О) и зта функция имеет обратную функцию ~ = у(х). Совокупности пар (у(Г),1((1)) задают функцию у = у(х) такую, что ( ', у) = (х, У(хИ = (ж(1), г(1)), где х = р(1), 1 = у(х), у(х) = р(у(х)). Найдем ее производную. Имеем У'(х) = 4'(у(х))у'(х) = р' (у(х)) Ф(й( ')) ' поскольку 1 "*' — ',(у(х)) Это равенство для у'(х) можно записать в следуюгцем виде: 4( (1)) = —,„, 'г'(1) что дает нам правило нахождения производной функции, заданной параметрически. Таким же образом можно вычислить производные любого порядка.
Найдем, например, формулу для второй производной. Имеем Уо( ) =У," (1 (1)) С одной стороны, справедливо равенство (4М(г)))~ = 4',(ю(1)) ~'(г). С другой стороны, имеем ~ФЯ')' й"(1) р'(г) — ~'(1) р"(г) Следовательно, 1е~(~'(1)) ~ з М' ' Лекпми 21 $10. РАСКРЫТИЕ НЕОПРЕДЕЛЕННОСТЕЙ Т е о р е м а 1 (первое правило Лопиталя; неопределенность О вида — при х -+ а-).
Пусть: О 1) т(х) и у(х) определены и дифференцируемы в некотором интервале вида (а — бы а), б1 > О; 2) 1пп у(х) = !пп у(х) = О; 3) г'(х),у'(х) ф О пря всех х б(а — бы а) при некотором бз > О; 4) существует конечный или бесконечный предел при и -+ а— отношения -т~4, т.е. !!т бт(4. Тогда существует предел отношения ~~Я и имеет место равенство !пп — = 1пп )( ) . У'(х) а-+а- у(Х) а-+а- у~(Х) Д о х а з а т е л ь с ш е о. Можно считать, что предел атЯ при х -+ а — является конечным числом и равен 1, поскольку если это не так, то можно рассмотреть отношение Я. Доопределим у(х) и у(х) в точке х = а, полагая )(а) = у(а) = О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
