1 Лекция 2.8. Теоремы Ферма, Ролля, Коши, Лагранжа и Лопиталя Аннотация: Доказываются все названные теоремы и приводятся примеры раскрытия неопределенностей по правилу Лопиталя. Определение. Функция y=f(x) достигает в точке x0 локального максимума, если существует O( x0 , δ ) y такая, что f ( x0 ) ≥ f ( x) ∀ x ∈O( x0 , δ ). f ( x0 ) ≤ f ( x ) ∀ x ∈O( x0 , δ ), то функция достигает в x локального минимума. точке x0 0 x0 Локальные максимум и минимум x1 b a x2 называются локальными экстремумами. Если функция на отрезке [a. b], достигает своих наименьшего m и наибольшего М значений, то они могут достигаться в точках локальных экстремумов или на концах отрезка. В нашем случае m= f ( a ) , M= f ( x1 ) . Теорема 1 (Ферма). Если функция y=f(x) имеет производную в точке x =C и достигает в ней локального экстремума, то f ′( C ) =0. Доказательство. Пусть функция y=f(x) достигает в точке С локального максимума. Тогда f ( C ) ≥f(x) ∀x∈O(C, δ ), или ∆y =f(x)– f ( C ) = f ( C + ∆x) – f ( C ) ≤0 ∀x∈O(C, δ ). Очевидно, отношение ∆y f ( C + ∆ x ) − f ( C ) = ≤0, если ∆x > 0, ∆x ∆x ∆y f ( C + ∆ x ) − f ( C ) = ≥0, если ∆x < 0, ∆x = x – C . ∆x ∆x Переходя к пределу, найдём Аналогично, если 2 ∆y ∆y = f +′ (C) ≤ 0, lim = f −′ (C) ≥ 0. ∆x→+0 ∆x ∆x→−0 ∆x Т.к. производная f ′ (C) по условию теоремы существует, то f ′ (C) = f −′ (C) = f +′ (C), что возможно только в случае, когда f ′ (C) = 0. Доказательство аналогично, если функция достигает в точке С локального минимума. Теорема 2 (Ролль). Если функция y=f(x) непрерывна на отрезке [ a , b ], дифференцируема на интервале (a. b), а на концах отрезка принимает равные значения f(a)=f(b), то существует по крайней мере одна точка x =C, C ∈ ( a , b ), в которой f ′ (C) = 0. Доказательство. Т.к. функция непрерывна на отрезке [a. b], то она достигает на нем своих наименьшего m и наибольшего М значений (см. теорему 4 в Лекции 2.4). Если m =М, то функция f(x) постоянная и её производная в любой точке равна нулю. Теорема в этом случае справедлива. Пусть m≠M. Поскольку f(a)=f(b), то по крайней мере одно из чисел m или М отлично от f ( a ) . Пусть M≠ f ( a ) , т.е. наибольшее значение достигается во внутренней точке отрезка. M= f (C) , C ∈ ( a , b ). Т.к. в точке x = C функция достигает локального максимума и f ′ (C) существует, то по теореме Ферма f ′ (C)=0. Теорема доказана. Следствие. Если функция y=f(x) непрерывна на [ a , b ], дифференцируема на ( a , b ) и f ′ ( x )≠0 ∀ x ∈ ( a , b ), то f ( a ) ≠ f ( b) . Доказательство (от противного). Пусть f(a)=f(b), тогда по теореме Ролля ∃C∈( a , b ) ( f ′ (C)=0), что противоречит условию следствия. Теорема 3 (Коши). Если функции f ( x) и g( x) непрерывные на отрезке [ a , b ] и дифференцируемые на интервале ( a , b ), причем g ′( x) ≠0 ∀ x ∈( a , b ), то найдётся точка x =C, C∈( a , b ) такая, что f ′( C ) f ( b) − f ( a ) = . (1) g ′( C ) g( b) − g( a ) lim 3 Доказательство. Составим вспомогательную функцию F ( x) = f ( x) + λ g( x) , где λ – некоторый множитель. Подберём его так, чтобы функция F ( x) удовлетворяла условиям теоремы Ролля, т.е. чтобы F ( a ) = F ( b) , поскольку все другие условия выполняются. Выполняя последнее требование, получим f ( a ) + λ g( a ) = f ( b) + + λ g( b) , или λ ( g( a ) – g( b) ) = f ( b) – f ( a ) . Согласно следствию теоремы Ролля g( a ) – g( b) ≠ 0, поэтому f ( b) − f ( a ) . множитель λ существует λ = g ( a ) − g( b) Итак, функция f ( b) − f ( a ) ⋅ g( x) F ( x) = f ( x) – g( b) − g( a ) удовлетворяет условиям теоремы Ролля, т.е. F ′ (C) = 0, или f ( b) − f ( a ) f ( b) − f ( a ) f ′( C ) . = f ′ (C) – g ′ (C) = 0, или g( b) − g( a ) g( b) − g( a ) g ′(C) Теорема доказана. Следствие (теорема Лагранжа). Пусть g( x) = x . тогда (1) примет вид (2) f ( b) – f ( a ) = f ′ (C)( b – a ), C ∈ ( a , b ). Равенство (2) называют формулой Лагранжа конечных приращений. Пусть a = x0 , b = x0 + ∆x , тогда формулу (2) для функции y = f ( x) удобнее переписать в виде (3) ∆y = f ′ (C) ⋅ ∆x , C ∈ ( x0 , x0 + ∆x ). Из сравнения (3) с приближенной формулой ∆y ≈ f ′ ( x0 ) ⋅ ∆x ясно название - формула конечных, а не бесконечно малых приращений. Пример 1. Положим 5 1,02 ≈1 и оценим допущенную при этом ошибку. Для этого рассмотрим функцию y = f ( x) = 5 x , x ∈[1;1,02]. Она удовлетворяет условиям теоремы Лагранжа, поэтому по формуле (2) запишем 4 f (1,02) – f (1) = f ′ (C) ⋅ ( 1,02 – 1) = 0,02 . 55 C 4 Очевидно, наибольшая ошибка ε = f (1,02) – 1 будет при C=1, 0,02 т.е. ε ≤ = 0,004. Итак, если значением 5 1,02 считать 5 единицу, то ошибка не превзойдёт 0.004 . Теорема 4 (Лопиталь). Пусть функции f(x) и g(x) определены, непрерывны и дифференцируемы в некоторой окрестности точки x = a , при этом g( x) и g ′( x) не обращаются в нуль в этой окрестности, а lim f ( x) = lim g( x) = 0. Тогда, если существует x→ a x→ a f ′( x ) (4) x → a g ′( x ) (конечный или бесконечный), то существует равный ему f ( x) , т.е. lim x→ a g ( x ) f ( x) f ′( x ) = lim . (5) lim x→ a g ( x ) x → a g ′( x ) Доказательство. Поскольку функции f ( x) и g( x) в точке x = a могут быть не определены, то доопределим их так: f ( a ) = lim f ( x) = 0 и g( a ) = lim g( x) = 0. Таким образом, функции lim x→ a x→ a f ( x) и g( x) стали непрерывными в точке x = a . Пусть x – произвольная точка из окрестности точки a . Применим к функциям f ( x) и g( x) теорему Коши. f ′( ξ ) f ′( ξ ) f ( x) − f ( a) f ( x) = , или = , ξ ∈ ( x , a ). g( x) g( x ) − g( a ) g ′( ξ ) g ′( ξ ) (6) Очевидно, при x → a и ξ → a . Тогда из существования предела (4) следует существование предела f ′( ξ ) f ′( x ) = lim . lim ξ →a g ′( ξ ) x → a g ′( x ) 5 Учитывая это, из (6) получим lim x→ a f ′( x ) f ( x) = lim . x → a g ′( x ) g( x) Теорема доказана. Формула (5) носит название правила Лопиталя раскрытия 0 неопределённости вида . 0 Замечание 1. Если функции f ′( x) и g ′( x) снова удовлетворяют теореме, то правило Лопиталя можно применить повторно. 1 1 ex − x3 − x2 − x − 1 6 2 Пример 2. Найти lim . 1 2 x→ 0 cos x + x − 1 2 Решение. Четырежды применяя правило Лопиталя, получим 1 1 1 ex − x3 − x2 − x − 1 ex − x2 − x − 1 ex − x − 1 6 2 2 = = lim = lim lim 1 2 x→ 0 x→ 0 x→ 0 − cos x + 1 − sin x + x cos x + x − 1 2 ex − 1 ex = 1. = lim = lim x→ 0 sin x x→ 0 cos x Замечание 2. Правило Лопиталя можно применить и для ∞ раскрытия неопределённостей вида , т.е. когда ∞ lim f ( x) = ∞ , lim g( x) = ∞ . Точка a также может быть x→ a x→ a бесконечно удалённой, т.е. когда lim f ( x) = ∞ , lim g( x) = ∞ . x →∞ x →∞ xn Пример 3. Найти lim x . x →+∞ e Решение. После n -кратного применения правила Лопиталя к ∞ xn n! неопределённости , получим lim x = = lim x = 0. x →+∞ e x →+∞ e ∞ 6 Замечание 3. Если неопределённости вида 0 ⋅ ∞ , ∞ – ∞ , 1∞ , 00, 0 ∞ ∞ 0 предварительно свести к неопределённости или , то их 0 ∞ можно раскрыть с помощью правила Лопиталя. 1 x Пример 4. Найти lim ( e + x) . x x→ 0 Решение. Данная неопределённость вида 1 . Пусть ( e + x) ∞ x 1 x = ln( e x + x) . Получили неопределённость u( x) , тогда ln u( x) = x 0 вида . Применив правило Лопиталя, найдём lim ln u( x) = x→ 0 0 ex + 1 = 2. lim x x→ 0 e + x Из непрерывности логарифмической функции следует lim ln u( x) = ln( lim u( x) ) = 2 ⇒ lim u( x) = e 2 . x→ 0 x→ 0 x→ 0 Замечание 4. Следует внимательно проверять выполнение условий теоремы, в противном случае возможны ошибки. 2 x + sin x Пример 5. Вычислить lim . x →∞ 3x − sin x sin x 2 + 2 x + sin x x = 2. Решение. lim = lim sin x x →∞ 3x − sin x x →∞ 3 3− x ∞ . Применив к ней дважды Данная неопределённость вида ∞ правило Лопиталя, получим неверный результат. 2 x + sin x 2 + cos x − sin x = lim = lim = –1. lim x →∞ 3x − sin x x →∞ 3 − cos x x →∞ sin x Ошибка произошла из-за того, что предел (4) не существует. Поэтому правило Лопиталя в данном случае применить нельзя.
