Twierdzenie Rolle a
f " C([a,b])
2
Ò! "c"(a,b): f (c)= 0
f " D((a,b))
f (a) = f (b)
Dowód twierdzenia Rolle a
z twierdzenia Weierstrass a (o osiąganiu kresów) mamy
f (x1)= inf f [[a,b]]
Å„Å‚
f "C([a,b])Ò! "x1, x2 "[a,b]:
òÅ‚
f (x2)= sup f [[a,b]]
ół
co inaczej można zapisać jako
f " C([a,b])Ò! "x"[a,b] f (x1)d" f (x) d" f (x2 )
rozważmy teraz dwa przypadki
2
f (x1) = f (x2)Ò! f a" const Ò! f a" 0
I.
f (x1) < f (x2 )Ò! x1 "(a,b)(" x2 "(a,b)
II.
x1 "(a,b)
nie stracimy na ogólności jeśli założymy, że
f " D((a,b))
wiemy, że
2
"f (x1)
wynika z tego, że
f (x)- f (x1)
2
f (x)= lim
xx1
x - x1
f (x)- f (x1)
lim+ e" 0üÅ‚
ôÅ‚"f 2 (x1)
xx1 x - x1
ôÅ‚
2
Ò! f (x1)= 0
żł
f (x)- f (x1)
lim- d" 0ôÅ‚
ôÅ‚
x
xx1 - x1
þÅ‚
1
Twierdzenie o wartości średniej (twierdzenie Lagrange a)
f " C([a,b])
üÅ‚ f (b)- f (a)
2
f " D((a,b))żł Ò! "c "(a,b): f (c) = b - a
þÅ‚
Prosta s to styczna do wykresu funkcji w punkcie styczności c, a prosta p łączy ze sobą punkty
(a, f (a)) oraz (b, f (b))
.
Wtedy obie proste wyrażają się następującymi wzorami
f (b)- f (a)(x - a)
p : y = f (a)+
b - a
2
s : y = f (c)+ f (c)(x - c)
Z tw. Lagrange a wynika, że s II p .
Dowód twierdzenia Lagrange a
Õ
W celu ułatwienia dowodu, tworzymy funkcję , która będzie nawiązywała do sytuacji
poprzedniej (twierdzenia Rolle a).
f (b)- f (a)(t - a)
Õ(t):= f (t)- f (a)-
b - a
Õ " C([a,b])'" Õ " D((a,b))
üÅ‚
tw.Rolle'a
ôÅ‚
2
Õ(a) = f (a)- f (a) = 0 Ò! "c "(a,b):Õ (c) = 0
żł
Õ(b) = f (b)- f (a)- ( f (b)- f (a)) = 0ôÅ‚
þÅ‚
f (b)- f (a)
2 2
"t"(a,b)Õ (t) = f (t)-
b - a
f (b)- f (a) f (b)- f (a)
2 2 2 2
Õ (c) = f (c)- '" Õ (c) = 0 Ò! f (c) =
b - a b - a
2
Zapiszmy w innej postaci wzór Lagrange a
2
f (b) = f (a)+ f (c)(b - a)
c "(a,b)Ò! "¸ "(0,1): c = a + ¸(b - a)
x0 := a
Å„Å‚
òÅ‚
przyjmijmy, że
x := b
ół
c"(x0, x)
wtedy:
c = x0 +¸(x - x0)'"¸ "(0,1)
ów wzór Lagrange a przyjmuje postać:
2
f (x) = f (x0)+ [f (x0 + ¸(x - x0))](x - x0)'"¸ "(0,1)
x d" x0
jeśli to z twierdzenia Lagrange a mamy:
f (x0 )- f (x) f (x)- f (x0 )
2
"c "(x, x0 ): f (c) = =
x0 - x x - x0
wynika z tego, że nie ma znaczenia czy rozważamy przedział [x0 , x] czy [x, x0]; wzór pozostaje ten
sam.
Wniosek (o monotoniczności funkcji)
f " D((a,b))
Niech , wtedy:
2
f e" 0 Ô! f
(1) jest rosnÄ…ca
2
f > 0 Ò! f
(2) jest silnie rosnÄ…ca
2
f = 0 Ô! f = const
(3)
Dowód
(Ò!) x, y "(a,b) x < y
Ad (1). Niech , .
Wtedy na podstawie tw. Lagrange a:
f (y)- f (x)
2
"c "(x, y): = f (c)e" 0
,
y - x
czyli:
f (y)e" f (x)
,
f (y)- f (x)
2
y > x Ò! f (x) = lim e" 0
(Ð!) f (y)e" f (x)
, gdy .
yx+
y - x
(Ò!)
Ad (2). Analogicznie jak dowód implikacji w (1).
3
Ad (3). Z (1) wynika, że funkcje f i -f są rosnące, czyli f jest rosnąca i malejąca, więc jest
stała.
Uwaga
Wniosek ten zachodzi, gdy dziedzina funkcji jest przedziałem.
Przykład
f (x) = tgx
Niech . Wtedy
1
2
"x " Df : f (x) = > 0
,
cos2 x
3 1
a jednak: f ( Ä„ )< f ( Ä„ )
Ò! funkcja f nie jest rosnÄ…ca.
4 4
Jest ona rosnąca jedynie w każdym z przedziałów
ëÅ‚- Ä„ Ä„
öÅ‚
+ kĄ , + kĄ , k " Z
ìÅ‚ ÷Å‚
2 2
íÅ‚ Å‚Å‚
tworzÄ…cych dziedzinÄ™.
Uwaga
Implikacji (2) w powyższym wniosku nie można odwrócić.
Przykład
Funkcja f (x) = x3 jest silnie rosnÄ…ca, bo
"x ,x2"D,x11
jednak
2
"x " Df : f (x) = 0
z czego wynika, że implikacji (2) nie możemy odwrócić.
Twierdzenie Cauchy ego (o przyrostach)
f , g "C([a,b])'" f , g " D((a,b))
üÅ‚
2
f (b)- f (a) f (c)
Ò! "c"(a,b): =
żł
2
"x"(a,b)g (x)`" 0 2
g(b)- g(a) g (c)
þÅ‚
Dowód
tw.Rolle'a
2
g `" 0 Ò! g(b)`" g(a)
f (b)- f (a)(g(x)- g(a))
Õ(t):= f (x)- f (a)-
g(b)- g(a)
Õ "C([a,b]),Õ " D((a,b))
tw.Rolle'a
2
Õ(a)= 0 = Õ(b) Ò! "c "(a,b):Õ (c)= 0üÅ‚ 2 f f
ôÅ‚
f (c) (b)- (a)
Ò! =
żł
f (b)- f (a)
2
g (c) g(b)- g(a)
2 2 2
Õ (x)= f (x)- g (x)
ôÅ‚
g(b)- g(a)
þÅ‚
4
Uwaga
g = Id[a,b] Ò! wzór Cauchy ego sprowadza siÄ™ do wzoru Lagrange a
opracował Paweł Sztur
5