Теоремы о среднем и экстремумы функции

Содержание

Зачем нужны теоремы о среднем
Что гарантирует непрерывность на отрезке
Локальные и глобальные экстремумы
Теорема Ферма и критические точки
Теорема Ролля
Теорема Лагранжа
Монотонность и поиск экстремумов
Теорема Коши
Как выбрать метод
Типичные ошибки
Проверьте себя
Итог

Что даст эта статья.

Мы будем отвечать на два практических вопроса: существуют ли наибольшее и наименьшее значения функции и, если существуют, как их находить. Теоремы Вейерштрасса отвечают за существование крайних значений на отрезке, теорема Ферма помогает сузить круг внутренних кандидатов, а знак производной позволяет проверить эти кандидаты. Теоремы Ролля и Лагранжа объяснят, почему по производной можно делать выводы о поведении функции на целом промежутке, а теорема Коши завершит тему как обобщение теоремы Лагранжа.

Для чтения достаточно знать, что такое функция, непрерывность, производная и касательная к графику. Непрерывность здесь можно понимать так: на рассматриваемом участке график не имеет разрывов. Дифференцируемость внутри интервала означает, что производная существует в каждой внутренней точке, а сама производная показывает мгновенный наклон графика. Мы будем считать известными основные правила дифференцирования, но каждое применение теоремы будем начинать с проверки её условий.

По ходу статьи встречаются два вида практики. В блоках «Пример» решение разобрано полностью. Блоки «Задача» предназначены для самостоятельной работы; подробные решения к ним собраны в конце. В разделе «Проверьте себя» ответы также разобраны пошагово.

Зачем нужны теоремы о среднем

Производная описывает поведение функции в одной точке: её значение показывает мгновенный наклон графика. Но во многих задачах информация дана сразу на целом отрезке. Будем считать, что рассматривается отрезок $[a,b]$ , где $a<b$ . Тогда $a$ — левый конец, $b$ — правый конец. Например, известны значения $f(a)$ и $f(b)$ , и хочется понять, что обязательно происходило с функцией между точками $a$ и $b$ .

Теоремы о среднем связывают две картины:

глобальную — как изменилась функция на всём отрезке;
локальную — какое значение принимает производная хотя бы в одной промежуточной точке.

Для геометрического языка нам понадобится секущая: это прямая, проходящая через две точки графика. Если взять точки

A=(a,f(a)) \qquad B=(b,f(b))

то угловой коэффициент секущей $AB$ равен

\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}

Это средний наклон графика между концами отрезка.

Одна из центральных формул темы выглядит так:

f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}

Она означает: при подходящих условиях найдётся некоторая точка $\xi\in(a,b)$ , в которой мгновенный наклон графика совпадёт со средним наклоном секущей. Буква $\xi$ здесь не обозначает заранее известную точку: теорема гарантирует её существование, а в конкретной задаче подходящие точки затем находят из соответствующего уравнения.

Чтобы дальше не спотыкаться об обозначения промежутков, зафиксируем их смысл.

Фрагмент записи	Как читать	Что означает здесь
$[a,b]$	«отрезок от $a$ до $b$ »	Точки $a$ и $b$ входят
$(a,b)$	«интервал от $a$ до $b$ »	Концы не входят
$\xi\in(a,b)$	«кси принадлежит интервалу»	Точка $\xi$ лежит строго между $a$ и $b$

До этой формулы нам понадобится фундаментальный факт о непрерывности: непрерывная функция на замкнутом отрезке не только остаётся ограниченной, но и действительно достигает своих крайних значений.

Что гарантирует непрерывность на отрезке

Начнём с двух теорем Вейерштрасса. Они относятся не к производной, а к непрерывности, но именно они позволяют уверенно говорить о существовании наибольшего и наименьшего значений на отрезке.

Ограниченность означает, что значения функции на всём отрезке помещаются между двумя горизонтальными уровнями. Здесь $m$ и $M$ — это пока только подходящие нижняя и верхняя границы. Первая теорема сама по себе ещё не утверждает, что функция обязательно принимает именно эти значения.

В этом случае

\max_{x\in[a,b]}f(x)=f(x_{\max}), \qquad \min_{x\in[a,b]}f(x)=f(x_{\min})

Нижняя запись $x\in[a,b]$ показывает, среди каких значений $x$ ищется максимум или минимум.

Вторая теорема усиливает первую: теперь речь не просто о каких-то верхней и нижней границах, а о значениях, которые функция действительно принимает на отрезке.

LaTeX — Непрерывная функция на отрезке достигает наибольшего и наименьшего значений

Обратите внимание: точки $x_{\max}$ и $x_{\min}$ могут находиться как внутри отрезка, так и на его концах. Теорема Вейерштрасса не обещает внутреннюю точку экстремума.

Пример

Рассмотрим функцию

f(x)=x^2-2x

на отрезке $[0,3]$ . Полином (многочлен) непрерывен на всей числовой прямой, значит, в частности, непрерывен на $[0,3]$ . По второй теореме Вейерштрасса наибольшее и наименьшее значения на этом отрезке обязательно существуют.

Найдём их непосредственно. Перепишем функцию в виде

\begin{aligned} f(x) &=x^2-2x\\ &=(x-1)^2-1 \end{aligned}

Квадрат неотрицателен, поэтому

f(x)\ge -1

и равенство достигается при $x=1$ . Значит,

\min_{x\in[0,3]}f(x)=f(1)=-1

Для максимума снова используем ту же форму. Если $x\in[0,3]$ , то

-1\le x-1\le2

поэтому

|x-1|\le2

и, следовательно,

(x-1)^2\le4

Тогда

f(x)=(x-1)^2-1\le3

Равенство достигается при $x=3$ , поэтому

\max_{x\in[0,3]}f(x)=f(3)=3

Этот пример показывает важную деталь: минимум достигнут внутри отрезка, а максимум — на его конце.

Локальные и глобальные экстремумы

Теперь аккуратно разведём два понятия, которые легко спутать.

Локальный экстремум описывает поведение функции только рядом с выбранной точкой. Локальный максимум не обязан быть самой высокой точкой всего графика: достаточно, чтобы рядом с $x_0$ не было допустимых значений функции выше $f(x_0)$ . Для локального минимума всё наоборот.

Глобальный экстремум сравнивается уже со всеми значениями функции на рассматриваемом множестве. Поэтому точка может быть локальным максимумом, но не быть глобальным максимумом.

Теперь запишем эту идею точно.

Определение

Пусть функция $f$ задана на множестве $E$ , а $x_0\in E$ . Здесь $E$ — область определения функции.

Точка $x_0$ называется точкой локального максимума, если существует $\delta>0$ , такое что для каждого $x\in E$ , удовлетворяющего условию

|x-x_0|<\delta

выполняется

f(x)\le f(x_0)

Точка $x_0$ называется точкой локального минимума, если существует $\delta>0$ , такое что для каждого $x\in E$ с $|x-x_0|<\delta$ выполняется

f(x)\ge f(x_0)

Локальные максимумы и минимумы вместе называют локальными экстремумами.

Соберём самую формальную часть определения в короткую расшифровку.

Фрагмент записи	Как читать	Что означает здесь
$x_0\in E$	«икс нулевое принадлежит $E$ »	Точка $x_0$ входит в область определения
$\delta>0$	«дельта больше нуля»	Выбирается некоторый положительный радиус окрестности
$\|x-x_0\|<\delta$	«расстояние от $x$ до $x_0$ меньше дельты»	Рассматриваются достаточно близкие к $x_0$ точки
$f(x)\le f(x_0)$	«эф от икс не больше эф от икс нулевого»	Рядом нет значений выше, чем $f(x_0)$

Число $\delta$ задаёт, насколько близко к $x_0$ мы смотрим: условие $|x-x_0|<\delta$ означает, что расстояние между $x$ и $x_0$ меньше $\delta$ . Сравниваются только точки, которые действительно принадлежат области определения $E$ .

Поэтому локальный экстремум может находиться и на границе области определения. Например, для функции $f(x)=x$ на $[0,1]$ точка $x=0$ является локальным минимумом относительно этого отрезка: среди допустимых точек, достаточно близких к нулю, значения функции не бывают меньше $f(0)=0$ .

В определении стоят нестрогие неравенства. Например, постоянная функция $f(x)=5$ одновременно имеет локальный максимум и локальный минимум в каждой точке своей области определения. Если потребовать строгие знаки $<$ и $>$ для всех соседних точек $x\ne x_0$ , получится более сильное понятие — строгий локальный экстремум.

Теорема Ферма и критические точки

Если график гладко поднимается к вершине, а затем начинает опускаться, в самой вершине касательная должна стать горизонтальной. Это наблюдение формализует теорема Ферма.

Главная практическая роль теоремы Ферма такова: она не находит экстремум автоматически, а помогает сузить множество мест, где его нужно искать. Если внутренний локальный экстремум существует и функция в этой точке дифференцируема, производная обязана обратиться в ноль.

Иными словами,

\text{дифференцируемый внутренний локальный экстремум} \Longrightarrow f'(x_0)=0

Именно поэтому равенство $f'(x_0)=0$ называют необходимым условием: без него в такой ситуации экстремума быть не может. Но обратный вывод неверен — нулевая производная сама по себе ещё не доказывает экстремум.

Идея механизма. Пусть, например, в $x_0$ локальный минимум. Тогда для малых $h$

f(x_0+h)-f(x_0)\ge0

Если $h>0$ , то

\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\ge0

а если $h<0$ , знак при делении меняется и

\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\le0

Чтобы общий двусторонний предел этих разностных отношений существовал, левый и правый пределы должны совпасть. Единственное число, которое одновременно неотрицательно и неположительно, — ноль. Для максимума рассуждение аналогично.

Первый контрпример к обратному утверждению:

f(x)=x^3, \qquad f'(x)=3x^2, \qquad f'(0)=0

Но при $x<0$ имеем $x^3<0=f(0)$ , а при $x>0$ — $x^3>0=f(0)$ . Значит, в любой окрестности нуля есть значения и меньше, и больше $f(0)$ . Экстремума нет.

Второй важный пример:

f(x)=|x|

В точке $x=0$ функция имеет локальный и глобальный минимум, но обычная производная не существует: левый наклон равен $-1$ , правый — $1$ . Значит, искать экстремумы только среди решений уравнения $f'(x)=0$ нельзя.

Как не перепутать три понятия.

Стационарная точка: $f'(x_0)=0$ .
Критическая точка в нашем соглашении: внутренняя точка, где либо $f'(x_0)=0$ , либо производная не существует.
Точка экстремума: определяется сравнением значений самой функции рядом с точкой, а не только значением производной.

Критическая точка — это кандидат на внутренний экстремум, а не готовый ответ. Концы рассматриваемого отрезка критическими точками здесь не называются: при поиске глобального максимума и минимума их проверяют отдельно.

Пример

Рассмотрим

f(x)=x^2-4x+5

Производная равна

f'(x)=2x-4

Стационарная точка находится из уравнения

2x-4=0

откуда

x=2

Теорема Ферма говорит, что если у этой гладкой функции есть внутренний экстремум, то искать его нужно, в частности, среди стационарных точек. Но сама по себе теорема ещё не доказывает, что $x=2$ действительно экстремум.

Здесь можно проверить результат другим способом:

\begin{aligned} f(x) &=x^2-4x+5\\ &=(x-2)^2+1 \end{aligned}

Следовательно, $f(x)\ge1$ для всех $x$ , а равенство достигается при $x=2$ . Значит, $x=2$ — точка глобального, а значит и локального минимума.

Теорема Ролля

Представьте график, который начинается и заканчивается на одной высоте. Если функция непрерывна на всём отрезке и гладка внутри, то где-то между концами обязательно появится горизонтальная касательная.

Почему условия нельзя пропускать. Теорема утверждает результат только при одновременном выполнении всех трёх условий. Если удалить одно из них, вывод в общем случае перестаёт быть верным.

Разберём контрпримеры словами.

1. Нет равенства значений на концах. Для $f(x)=x$ на $[0,1]$ функция непрерывна и дифференцируема, но

f'(x)=1

во всех точках. Нулевой производной нет.

2. Нет дифференцируемости внутри. Для $f(x)=|x|$ на $[-1,1]$

f(-1)=f(1)=1

функция непрерывна, но в нуле производная не существует, а во всех остальных точках равна $-1$ или $1$ . Значения $0$ производная нигде не принимает.

3. Нет непрерывности на отрезке. Зададим

f(x)= \begin{cases} x, & 0\le x<1,\\ 0, & x=1. \end{cases}

Тогда $f(0)=f(1)=0$ , функция дифференцируема на $(0,1)$ , но на этом интервале

f'(x)=1

Причина провала теоремы — разрыв в точке $x=1$ .

Идея доказательства теоремы Ролля. По теореме Вейерштрасса непрерывная функция достигает на $[a,b]$ максимума и минимума. Если функция постоянна, то $f'(x)=0$ в любой внутренней точке. Если она не постоянна, то из равенства $f(a)=f(b)$ следует, что хотя бы один из глобальных экстремумов достигается во внутренней точке. Там применима теорема Ферма, значит, производная равна нулю.

Пример

Проверим теорему Ролля для функции

f(x)=x^2-4x+3

на отрезке $[1,3]$ .

Шаг 1. Непрерывность. Полином непрерывен на всей числовой прямой, значит, непрерывен на $[1,3]$ .

Шаг 2. Дифференцируемость. Полином дифференцируем на всей числовой прямой, значит, дифференцируем на $(1,3)$ .

Шаг 3. Значения на концах.

f(1)=1-4+3=0, \qquad f(3)=9-12+3=0

Условия выполнены, поэтому существует $\xi\in(1,3)$ с $f'(\xi)=0$ .

Найдём эту точку:

f'(x)=2x-4

Следовательно,

2\xi-4=0

откуда

\xi=2

Проверка интервала: $2\in(1,3)$ , поэтому найденная точка подходит.

Теорема Лагранжа

Теорема Ролля требует равенства $f(a)=f(b)$ . Если концы графика лежат на разной высоте, горизонтальной касательной может не быть. Но появляется более общий факт: найдётся касательная, параллельная секущей через концы графика.

Правая часть — угловой коэффициент секущей, соединяющей точки

A=(a,f(a)) \qquad B=(b,f(b))

Теорема утверждает, что хотя бы в одной внутренней точке касательная имеет точно такой же наклон.

Если $f(a)=f(b)$ , то правая часть равна нулю, и теорема Лагранжа превращается в теорему Ролля.

Идея доказательства. Проведём секущую через концы графика и вычтем из $f$ соответствующую линейную функцию. Например, рассмотрим

F(x)=f(x)-\left(f(a)+\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\right)

Тогда

F(a)=F(b)=0

К функции $F$ можно применить теорему Ролля. В некоторой точке $\xi\in(a,b)$ получим $F'(\xi)=0$ , а это и даёт равенство наклона касательной среднему наклону секущей.

Пример

Применим теорему Лагранжа к функции

f(x)=x^2

на отрезке $[1,3]$ .

Шаг 1. Проверяем условия. Полином непрерывен на $[1,3]$ и дифференцируем на $(1,3)$ .

Шаг 2. Находим средний наклон.

\dfrac{f(3)-f(1)}{3-1} =\dfrac{9-1}{2} =4

Шаг 3. Приравниваем производную этому наклону.

f'(x)=2x

поэтому

2\xi=4

Отсюда

\xi=2

Шаг 4. Проверяем расположение точки. Действительно, $2\in(1,3)$ . Значит, касательная к параболе в точке с абсциссой $2$ параллельна секущей через точки графика при $x=1$ и $x=3$ .

Монотонность и поиск экстремумов

Теорема Лагранжа позволяет перейти от знака производной к поведению функции на целом промежутке.

Почему это связано с Лагранжем? Возьмём любые $x_1,x_2\in[a,b]$ , где $x_1<x_2$ . Функция непрерывна на $[x_1,x_2]$ и дифференцируема на $(x_1,x_2)$ , поэтому по теореме Лагранжа найдётся точка $\xi\in(x_1,x_2)$ , для которой

f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1)

Множитель $x_2-x_1$ положителен, поэтому знак разности значений функции определяется знаком производной в найденной точке. Так рассуждение охватывает и случаи, когда $x_1=a$ или $x_2=b$ .

Отсюда получается практический признак локального экстремума. Под проколотой окрестностью точки $x_0$ ниже понимаются достаточно близкие к $x_0$ точки, кроме самой точки $x_0$ .

Теорема

Первый признак локального экстремума. Пусть $x_0$ — внутренняя точка области определения, функция $f$ непрерывна в $x_0$ и дифференцируема в некоторой проколотой окрестности этой точки.

Если существует $\delta>0$ , такое что

f'(x)>0 \quad \text{при } x\in(x_0-\delta,x_0)

f'(x)<0 \quad \text{при } x\in(x_0,x_0+\delta)

то $x_0$ — точка локального максимума.

Если знаки расположены наоборот: слева $f'(x)<0$ , а справа $f'(x)>0$ , то $x_0$ — точка локального минимума. Если производная имеет один и тот же строгий знак по обе стороны от $x_0$ , локального экстремума в этой точке нет.

Человеческая расшифровка проще. Знак $f'>0$ означает, что функция возрастает, а $f'<0$ — что убывает. Поэтому переход

+\longrightarrow-

означает «поднимались, затем начали спускаться» — получается максимум. Переход

-\longrightarrow+

означает «спускались, затем начали подниматься» — получается минимум.

Пример

Исследуем локальные экстремумы функции

f(x)=x^3-3x^2+1

Шаг 1. Находим производную.

\begin{aligned} f'(x) &=3x^2-6x\\ &=3x(x-2) \end{aligned}

Шаг 2. Находим стационарные точки.

3x(x-2)=0

откуда

x=0 \qquad \text{или} \qquad x=2

Шаг 3. Определяем знак производной на промежутках.

Если $x<0$ , оба множителя $x$ и $x-2$ отрицательны, поэтому $f'(x)>0$ .

Если $0<x<2$ , то $x>0$ , но $x-2<0$ , поэтому $f'(x)<0$ .

Если $x>2$ , оба множителя положительны, поэтому $f'(x)>0$ .

Получаем схему

\begin{array}{c|ccccc} \textcolor{black!85}{\boldsymbol{x}} & \textcolor{black!85}{\boldsymbol{(-\infty,0)}} & \textcolor{black!85}{\boldsymbol{0}} & \textcolor{black!85}{\boldsymbol{(0,2)}} & \textcolor{black!85}{\boldsymbol{2}} & \textcolor{black!85}{\boldsymbol{(2,+\infty)}}\\ \hline f'(x) & + & 0 & - & 0 & +\\ \hline f & \nearrow & \text{max} & \searrow & \text{min} & \nearrow \end{array}

В точке $x=0$ знак меняется с $+$ на $-$ , поэтому это локальный максимум. В точке $x=2$ знак меняется с $-$ на $+$ , поэтому это локальный минимум.

Шаг 4. Находим значения функции.

f(0)=1

f(2)=8-12+1=-3

Итак,

x=0\text{ --- точка локального максимума},\quad f(0)=1

x=2\text{ --- точка локального минимума},\quad f(2)=-3

Для глобальных экстремумов на отрезке нужно дополнительно проверить концы отрезка.

Пример

Для той же функции

f(x)=x^3-3x^2+1

найдём глобальные экстремумы на отрезке $[-1,3]$ .

Функция непрерывна, поэтому по теореме Вейерштрасса наибольшее и наименьшее значения существуют.

Внутренние критические точки уже найдены:

x=0, \qquad x=2

Обе лежат в $(-1,3)$ . Теперь вычисляем значения во всех кандидатах, включая концы:

\begin{aligned} f(-1)&=-1-3+1=-3,\\ f(0)&=1,\\ f(2)&=8-12+1=-3,\\ f(3)&=27-27+1=1 \end{aligned}

Следовательно,

\max_{x\in[-1,3]}f(x)=1

и это значение достигается при $x=0$ и $x=3$ . Аналогично

\min_{x\in[-1,3]}f(x)=-3

и оно достигается при $x=-1$ и $x=2$ .

Этот пример показывает сразу две важные особенности: глобальный экстремум может достигаться в нескольких точках, а концы отрезка нельзя исключать из проверки.

Теорема Коши

Теорема Лагранжа сравнивает изменение функции $f$ с изменением самого аргумента $x$ . Теорема Коши делает следующий шаг: вместо изменения $x$ она позволяет сравнить изменение $f$ с изменением второй функции $g$ . Поэтому этот раздел немного абстрактнее предыдущих, но идея остаётся той же — связать изменения на всём отрезке с производными в одной внутренней точке.

Сначала сформулируем теорему в форме, где не требуется делить на величины, которые потенциально могут оказаться нулевыми.

В формуле Коши величины $f(b)-f(a)$ и $g(b)-g(a)$ описывают изменения двух функций на одном и том же отрезке. Самая важная деталь записи — производные $f'(\xi)$ и $g'(\xi)$ берутся в одной и той же внутренней точке $\xi$ . Именно это отличает теорему Коши от двух независимых применений теоремы Лагранжа.

Это базовая форма теоремы Коши. Она остаётся осмысленной даже тогда, когда $g(b)=g(a)$ или $g'(\xi)=0$ , потому что в ней нет деления.

Если дополнительно известно, что

g'(x)\ne0 \qquad \text{для всех }x\in(a,b)

то по теореме Ролля обязательно

g(b)\ne g(a)

Действительно, если бы $g(a)=g(b)$ , теорема Ролля дала бы внутреннюю точку, где $g'=0$ , что противоречит условию.

При этом дополнительном условии можно безопасно разделить равенство из теоремы Коши и получить дробную форму:

\boxed{ \dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)} }

Связь с теоремой Лагранжа. Возьмём

g(x)=x

Тогда $g'(x)=1$ , а

g(b)-g(a)=b-a

Теорема Коши превращается в

f(b)-f(a)=(b-a)f'(\xi)

то есть

f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}

Следовательно, теорема Лагранжа является частным случаем теоремы Коши.

Где возникает типичная ошибка. Иногда пытаются применить Лагранжа отдельно к $f$ и $g$ :

f(b)-f(a)=f'(\xi_1)(b-a)

g(b)-g(a)=g'(\xi_2)(b-a)

После деления получится

\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \dfrac{f'(\xi_1)}{g'(\xi_2)}

Но теорема Коши требует одну и ту же точку $\xi$ в обеих производных. Теорема Лагранжа, применённая по отдельности, не гарантирует $\xi_1=\xi_2$ . Значит, такой способ доказательства не работает.

Важно сформулировать вывод точно: неверно говорить, что «из теоремы Лагранжа вообще нельзя получить теорему Коши». Ошибочен именно наивный способ с двумя независимыми точками. Правильное доказательство использует специально построенную вспомогательную функцию и теорему Ролля.

Идея доказательства. Рассматривают функцию

\begin{aligned} H(x) ={}&\bigl(f(b)-f(a)\bigr)\bigl(g(x)-g(a)\bigr)\\ &-\bigl(g(b)-g(a)\bigr)\bigl(f(x)-f(a)\bigr) \end{aligned}

Для неё выполняется

H(a)=H(b)=0

По теореме Ролля найдётся $\xi\in(a,b)$ , где $H'(\xi)=0$ . После дифференцирования получается ровно недробная формула теоремы Коши.

Пример

Пусть

f(x)=x^3, \qquad g(x)=x^2

на отрезке $[1,2]$ . Найдём точку из дробной формы теоремы Коши.

Шаг 1. Проверяем условия. Обе функции — полиномы, поэтому непрерывны на $[1,2]$ и дифференцируемы на $(1,2)$ .

Кроме того,

g'(x)=2x

На $(1,2)$ имеем $2x>0$ , поэтому $g'(x)\ne0$ . Дробную форму использовать можно.

Шаг 2. Вычисляем отношение приращений.

\dfrac{f(2)-f(1)}{g(2)-g(1)} =\dfrac{8-1}{4-1} =\dfrac{7}{3}

Шаг 3. Вычисляем отношение производных.

f'(x)=3x^2, \qquad g'(x)=2x

Для $x\in(1,2)$ можно сократить на $x\ne0$ :

\dfrac{f'(x)}{g'(x)} = \dfrac{3x^2}{2x} = \dfrac{3x}{2}

По теореме Коши найдётся $\xi$ , для которого

\dfrac{3\xi}{2}=\dfrac{7}{3}

Отсюда

9\xi=14

откуда

\xi=\dfrac{14}{9}

Проверяем:

1<\dfrac{14}{9}<2

поэтому точка действительно лежит внутри отрезка.

Как выбрать метод

К концу темы легко запутаться не в вычислениях, а в выборе нужной теоремы. Удобнее отталкиваться от того, что именно спрашивает задача.

Что спрашивают или что дано	Что вспоминать
Нужно понять, существуют ли наибольшее и наименьшее значения на замкнутом отрезке	Теоремы Вейерштрасса
Известно, что во внутренней точке есть локальный экстремум и функция там дифференцируема	Теорема Ферма
Найдена критическая точка и нужно понять, есть ли там экстремум	Знак производной слева и справа
Значения функции на концах равны: $f(a)=f(b)$	Теорема Ролля
Нужно связать $f(a)$ , $f(b)$ и производную внутри отрезка	Теорема Лагранжа
Нужно найти наибольшее и наименьшее значения на $[a,b]$	Внутренние критические точки, оба конца и сравнение значений
Сравниваются изменения двух функций $f$ и $g$	Теорема Коши

Эта таблица не заменяет проверку условий. Она только помогает выбрать направление: после выбора теоремы всё равно нужно отдельно убедиться, что её гипотезы выполнены.

Типичные ошибки

Большинство ловушек этой темы уже встречались в примерах. Перед решением задачи достаточно держать перед глазами короткую памятку.

Проверьте себя

Попробуйте сначала решить вопросы самостоятельно. Затем сравните не только итоговый ответ, но и ход рассуждения с подробным разбором.

Чем локальный максимум отличается от глобального? Может ли точка локального максимума не быть точкой глобального максимума?
Почему в обычном определении локального максимума стоит нестрогое неравенство $f(x)\le f(x_0)$ , а не строгое $f(x)<f(x_0)$ ?
Верно ли утверждение: «Если $f'(x_0)=0$ , то $x_0$ — точка экстремума»? Проверьте это на функции $f(x)=x^5$ в точке $x_0=0$ .
Применима ли теорема Ролля к функции $f(x)=x^2$ на отрезке $[-1,1]$ ? Если да, найдите все точки $\xi$ , удовлетворяющие выводу теоремы.
Примените теорему Лагранжа к функции $f(x)=\sqrt{x}$ на отрезке $[1,4]$ и найдите точку $\xi$ , для которой выполняется равенство теоремы.
Функция $f$ дифференцируема на $\mathbb{R}$ , причём $f'(x)=3(x-1)(x-3)$ . Определите промежутки возрастания и убывания и тип критических точек $x=1$ и $x=3$ .
Для функции $f(x)=x^3-3x^2+2$ найдите наибольшее и наименьшее значения на отрезке $[-1,2]$ . Покажите на этом примере, почему при поиске глобальных экстремумов нужно проверять концы отрезка.
В чём ошибка рассуждения: «Применим Лагранжа отдельно к $f$ и $g$ , а затем поделим равенства; значит, теорема Коши доказана»?
Сформулируйте недробную форму теоремы Коши и объясните, зачем условие $g'(x)\ne0$ добавляют при переходе к дробной форме.
Для $f(x)=x^2$ и $g(x)=x^4$ на $[1,2]$ проверьте условия дробной формы теоремы Коши и найдите все подходящие точки $\xi\in(1,2)$ .

Ответы к разделу «Проверьте себя».

Локальный максимум сравнивает значение $f(x_0)$ только со значениями функции в некоторой достаточно малой окрестности точки $x_0$ . Формально требуется существование $\delta>0$ , такого что
$f(x)\le f(x_0)$
для всех допустимых $x$ с $|x-x_0|<\delta$ .
Глобальный максимум на множестве $E$ требует более сильного условия:
$f(x)\le f(x_0) \qquad \text{для всех }x\in E$
Значит, локальный максимум вполне может не быть глобальным. На графике может существовать небольшой «холм», а дальше — более высокий. В вершине первого холма будет локальный максимум, но глобальный максимум будет достигаться в более высокой точке.
Нестрогое неравенство нужно потому, что обычный локальный максимум не обязан быть строго выше всех соседних значений. Например, рассмотрим постоянную функцию
$f(x)=5$
Для любой точки $x_0$ и любого близкого $x$
$f(x)=5=f(x_0)$
Следовательно,
$f(x)\le f(x_0) \qquad \text{и} \qquad f(x)\ge f(x_0)$
Поэтому каждая точка одновременно удовлетворяет обычным определениям локального максимума и локального минимума.
Если вместо $\le$ потребовать
$f(x)<f(x_0)$
для всех соседних $x\ne x_0$ , получится более сильное понятие — строгий локальный максимум. Значит, строгий знак нельзя без объяснения использовать как обычное определение.
Утверждение неверно: теорема Ферма работает только в одну сторону,
$\text{дифференцируемый локальный экстремум} \Longrightarrow f'(x_0)=0$
Проверим предложенную функцию
$f(x)=x^5$
Её производная равна
$f'(x)=5x^4$
поэтому $f'(0)=0$ . Но при $x<0$ имеем $x^5<0=f(0)$ , а при $x>0$ — $x^5>0=f(0)$ . Значит, сколь угодно близко к нулю есть значения и меньше, и больше $f(0)$ . Следовательно, $x=0$ не является точкой экстремума.
Этот пример показывает точный смысл необходимого условия: равенство $f'(x_0)=0$ помогает найти кандидата, но само по себе ничего не говорит о смене возрастания и убывания.
Проверим все условия теоремы Ролля для
$f(x)=x^2$
на $[-1,1]$ .
Непрерывность. Полином непрерывен на всей числовой прямой, значит, непрерывен на $[-1,1]$ .
Дифференцируемость. Полином дифференцируем на всей числовой прямой, значит, дифференцируем на $(-1,1)$ .
Равенство значений на концах.
$f(-1)=(-1)^2=1$ $f(1)=1^2=1$
Значения равны, значит, теорема Ролля применима.
Теперь найдём точки, где производная равна нулю:
$f'(x)=2x$
Решаем
$2\xi=0$
откуда
$\xi=0$
Проверка:
$0\in(-1,1)$
Следовательно,
$\xi=0$
Это единственная подходящая точка, потому что уравнение $2x=0$ имеет единственное решение.
Рассмотрим
$f(x)=\sqrt{x}$
на $[1,4]$ .
Шаг 1. Проверяем условия. Функция $\sqrt{x}$ непрерывна при $x\ge0$ , поэтому непрерывна на $[1,4]$ . Она дифференцируема при $x>0$ , поэтому дифференцируема на $(1,4)$ . Теорема Лагранжа применима.
Шаг 2. Находим средний наклон секущей.
$\dfrac{f(4)-f(1)}{4-1} =\dfrac{2-1}{3} =\dfrac{1}{3}$
Шаг 3. Находим производную.
$f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
По теореме Лагранжа требуется
$\dfrac{1}{2\sqrt{\xi}}=\dfrac{1}{3}$
Знаменатели положительны, поэтому можно умножить равенство на них и получить:
$3=2\sqrt{\xi}$
Тогда
$\sqrt{\xi}=\dfrac{3}{2}$
Обе части неотрицательны, поэтому возводим в квадрат:
$\xi=\dfrac{9}{4}$
Проверка интервала:
$1<\dfrac{9}{4}<4$
Значит,
$\xi=\dfrac{9}{4}$
По условию функция дифференцируема на всей $\mathbb{R}$ , а её производная равна
$f'(x)=3(x-1)(x-3)$
Постоянный множитель $3$ положителен и на знак не влияет. Критические точки из уравнения $f'(x)=0$ :
$x=1, \qquad x=3$
Рассмотрим интервалы.
Если $x<1$ , то $x-1<0$ и $x-3<0$ . Произведение двух отрицательных множителей положительно, значит,
$f'(x)>0$
Функция возрастает на $( -\infty,1)$ .
Если $1<x<3$ , то $x-1>0$ , а $x-3<0$ . Поэтому
$f'(x)<0$
и функция убывает на $(1,3)$ .
Если $x>3$ , оба множителя положительны, поэтому
$f'(x)>0$
и функция возрастает на $(3,+\infty)$ .
В точке $x=1$ знак меняется
$+\longrightarrow-$
поэтому $x=1$ — точка локального максимума.
В точке $x=3$ знак меняется
$-\longrightarrow+$
поэтому $x=3$ — точка локального минимума.
Рассмотрим
$f(x)=x^3-3x^2+2, \qquad x\in[-1,2]$
Это полином, поэтому функция непрерывна на всём отрезке. По теореме Вейерштрасса наибольшее и наименьшее значения существуют.
Сначала найдём внутренние критические точки. Производная:
$f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2)$
Уравнение $f'(x)=0$ даёт точки $x=0$ и $x=2$ , но только $x=0$ лежит внутри интервала $(-1,2)$ . Точка $x=2$ является концом отрезка и будет проверена отдельно.
Теперь вычислим значения функции во внутренней критической точке и на обоих концах:
$\begin{aligned} f(-1)&=-1-3+2=-2,\\ f(0)&=2,\\ f(2)&=8-12+2=-2 \end{aligned}$
Сравниваем три числа. Наибольшее значение равно $2$ , поэтому
$\max_{x\in[-1,2]}f(x)=2$
и оно достигается при $x=0$ .
Наименьшее значение равно $-2$ :
$\min_{x\in[-1,2]}f(x)=-2$
Оно достигается сразу на обоих концах, при $x=-1$ и $x=2$ .
Если бы мы проверили только внутренние стационарные точки, то увидели бы значение $f(0)=2$ , но вообще не нашли бы глобальный минимум. Поэтому в задаче на экстремумы на отрезке концы нельзя пропускать.
При отдельном применении теоремы Лагранжа к $f$ получаем некоторую точку $\xi_1$ :
$f(b)-f(a)=f'(\xi_1)(b-a)$
Отдельно для $g$ появляется, вообще говоря, другая точка $\xi_2$ :
$g(b)-g(a)=g'(\xi_2)(b-a)$
Если знаменатели ненулевые и мы разделим равенства, получим
$\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \dfrac{f'(\xi_1)}{g'(\xi_2)}$
Теорема Коши утверждает более сильный результат: должна существовать одна общая точка $\xi$ , такая что
$\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$
Теорема Лагранжа, применённая отдельно, не даёт основания считать $\xi_1=\xi_2$ . Поэтому именно этот способ рассуждения неверен.
Недробная форма теоремы Коши имеет вид
$\bigl(f(b)-f(a)\bigr)g'(\xi) = \bigl(g(b)-g(a)\bigr)f'(\xi)$
для некоторой точки $\xi\in(a,b)$ , если $f$ и $g$ непрерывны на $[a,b]$ и дифференцируемы на $(a,b)$ .
В этой записи нет деления, поэтому не требуется заранее гарантировать ненулевые знаменатели.
Чтобы перейти к форме
$\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$
нужно быть уверенным, что
$g(b)-g(a)\ne0 \qquad \text{и} \qquad g'(\xi)\ne0$
Условие
$g'(x)\ne0 \qquad \text{для всех }x\in(a,b)$
сразу гарантирует второе неравенство. Первое следует из теоремы Ролля: если бы $g(a)=g(b)$ , существовала бы внутренняя точка с $g'=0$ , что невозможно. Поэтому именно при таком дополнительном условии дробная форма безопасна.
Пусть
$f(x)=x^2, \qquad g(x)=x^4, \qquad x\in[1,2]$
Обе функции — полиномы, поэтому непрерывны на $[1,2]$ и дифференцируемы на $(1,2)$ . Кроме того,
$g'(x)=4x^3>0$
для всех $x\in(1,2)$ . Значит, дробную форму теоремы Коши применять можно.
Вычислим отношение приращений:
$\dfrac{f(2)-f(1)}{g(2)-g(1)} =\dfrac{4-1}{16-1} =\dfrac{3}{15} =\dfrac{1}{5}$
Производные равны
$f'(x)=2x, \qquad g'(x)=4x^3$
Поэтому для $\xi\in(1,2)$
$\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)} =\dfrac{2\xi}{4\xi^3} =\dfrac{1}{2\xi^2}$
где сокращение законно, потому что $\xi>1$ , в частности $\xi\ne0$ .
По теореме Коши должно выполняться
$\dfrac{1}{2\xi^2}=\dfrac{1}{5}$
Знаменатели положительны, поэтому получаем
$2\xi^2=5, \qquad \xi^2=\dfrac{5}{2}$
Формально отсюда $\xi=\pm\sqrt{\dfrac{5}{2}}$ , но теорема требует $\xi\in(1,2)$ . Отрицательный корень не подходит, а
$1<\sqrt{\dfrac{5}{2}}<2$
поскольку $1<\dfrac{5}{2}<4$ . Следовательно,
$\xi=\sqrt{\dfrac{5}{2}}$

Решения задач по ходу статьи.

Рассмотрим
$f(x)=\dfrac{1}{x+2}, \qquad x\in[0,2]$
На отрезке $[0,2]$ знаменатель удовлетворяет
$x+2\in[2,4]$
поэтому он нигде не равен нулю. Функция рациональная и непрерывна на всём отрезке. Следовательно, теорема Вейерштрасса применима и наибольшее и наименьшее значения существуют.
При увеличении $x$ знаменатель $x+2$ увеличивается и остаётся положительным, поэтому дробь $\dfrac{1}{x+2}$ уменьшается. Значит, максимум достигается на левом конце, а минимум — на правом:
$f(0)=\dfrac{1}{2}$ $f(2)=\dfrac{1}{4}$
Итак,
$\max_{x\in[0,2]}f(x)=\dfrac{1}{2}, \qquad \min_{x\in[0,2]}f(x)=\dfrac{1}{4}$
Для
$f(x)=x^3-3x$
находим производную:
$f'(x)=3x^2-3$
Выносим общий множитель:
$\begin{aligned} f'(x) &=3(x^2-1)\\ &=3(x-1)(x+1) \end{aligned}$
Стационарные точки находятся из $f'(x)=0$ :
$3(x-1)(x+1)=0$
Поэтому
$x=-1 \qquad \text{или} \qquad x=1$
Ответ:
$x=-1,\ 1$
На этом этапе мы сознательно не объявляем их экстремумами: равенство $f'(x)=0$ даёт лишь кандидатов. Для вывода нужно исследовать знак производной или использовать другой достаточный признак.
Для
$f(x)=x^2-5x+6$
на $[2,3]$ сначала проверяем условия Ролля.
Полином непрерывен на $[2,3]$ и дифференцируем на $(2,3)$ .
Значения на концах:
$f(2)=4-10+6=0$ $f(3)=9-15+6=0$
Значит, $f(2)=f(3)$ , и теорема применима.
Производная:
$f'(x)=2x-5$
Ищем $\xi$ :
$2\xi-5=0$
Откуда
$\xi=\dfrac{5}{2}$
Проверка:
$2<\dfrac{5}{2}<3$
Следовательно,
$\xi=\dfrac{5}{2}$
Рассмотрим
$f(x)=x^3$
на $[0,2]$ . Полином непрерывен на отрезке и дифференцируем внутри, поэтому теорема Лагранжа применима.
Средний наклон:
$\begin{aligned} \dfrac{f(2)-f(0)}{2-0} &=\dfrac{8-0}{2}\\ &=4 \end{aligned}$
Производная:
$f'(x)=3x^2$
По теореме требуется
$3\xi^2=4$
Отсюда
$\xi^2=\dfrac{4}{3}$
Формально получаем два корня
$\xi=\pm\dfrac{2}{\sqrt{3}}$
Но теорема требует $\xi\in(0,2)$ , поэтому отрицательный корень не подходит. Остаётся
$\xi=\dfrac{2}{\sqrt{3}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
Проверка: это положительное число меньше $2$ , значит, оно действительно лежит в $(0,2)$ .
Исследуем
\[f(x)=x^3-6x^2+9x\]
Производная:
\[\begin{aligned} f'(x) &=3x^2-12x+9\\ &=3(x^2-4x+3)\\ &=3(x-1)(x-3) \end{aligned}\]
Критические точки:
\[x=1, \qquad x=3\]
Знак производной:
- при $x<1$ оба множителя $x-1$ и $x-3$ отрицательны, поэтому $f'(x)>0$ ;
- при $1<x<3$ знаки множителей разные, поэтому $f'(x)<0$ ;
- при $x>3$ оба множителя положительны, поэтому $f'(x)>0$ .
Значит, функция возрастает, затем убывает, затем снова возрастает. Поэтому
\[x=1\text{ --- точка локального максимума}\]
и
\[x=3\text{ --- точка локального минимума}\]
Найдём значения:
\[f(1)=1-6+9=4\]
\[f(3)=27-54+27=0\]
Теперь ищем глобальные экстремумы на $[0,4]$ . Полином непрерывен, поэтому Вейерштрасс гарантирует их существование. Проверяем концы и внутренние критические точки:
\[f(0)=0\]
\[f(1)=4\]
\[f(3)=0\]
\[f(4)=64-96+36=4\]
Следовательно,
\[\max_{x\in[0,4]}f(x)=4\]
причём максимум достигается при $x=1$ и $x=4$ . Минимум равен
\[\min_{x\in[0,4]}f(x)=0\]
и достигается при $x=0$ и $x=3$ .
Пусть
$f(x)=x, \qquad g(x)=x^2, \qquad x\in[1,3]$
Обе функции непрерывны на $[1,3]$ и дифференцируемы на $(1,3)$ .
Кроме того,
$g'(x)=2x$
На $(1,3)$ имеем $2x>0$ , значит, $g'(x)\ne0$ . Дробная форма теоремы Коши применима.
Левая часть:
$\dfrac{f(3)-f(1)}{g(3)-g(1)} =\dfrac{3-1}{9-1} =\dfrac{1}{4}$
Производные:
$f'(x)=1 \qquad g'(x)=2x$
Поэтому
$\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\dfrac{1}{2\xi}$
Приравниваем:
$\dfrac{1}{2\xi}=\dfrac{1}{4}$
Так как $\xi\in(1,3)$ , знаменатели положительны и ненулевые, поэтому преобразование допустимо. Из равенства получаем
$4=2\xi$
Откуда
$\xi=2$
Проверка: $2\in(1,3)$ , значит, ответ подходит.

Итог

Теоремы о среднем связывают значения функции на целом отрезке с производной в некоторой внутренней точке. Теоремы Вейерштрасса гарантируют существование крайних значений, теорема Ферма даёт необходимое условие гладкого внутреннего экстремума, а Ролль, Лагранж и Коши превращают глобальную информацию об отрезке в утверждение о производной.

Главная смысловая схема.

Понятие	Суть
Первая теорема Вейерштрасса	Непрерывная функция на отрезке ограничена.
Вторая теорема Вейерштрасса	Непрерывная функция на отрезке достигает глобального максимума и минимума.
Локальный экстремум	Сравнение только с достаточно близкими значениями функции; в обычном определении используются нестрогие неравенства.
Теорема Ферма	Если внутренний локальный экстремум дифференцируем, то $f'(x_0)=0$ . Обратное утверждение неверно.
Критические точки	Внутренние кандидаты на экстремум: точки с $f'=0$ и точки, где производная не существует.
Теорема Ролля	При $f(a)=f(b)$ , непрерывности на $[a,b]$ и дифференцируемости на $(a,b)$ существует $\xi$ с $f'(\xi)=0$ .
Теорема Лагранжа	Для некоторого $\xi\in(a,b)$ : $f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$ . Касательная параллельна секущей через концы.
Знак производной	$f'>0$ ведёт к возрастанию, $f'<0$ — к убыванию. Смена $+\to-$ даёт локальный максимум, $-\to+$ — локальный минимум.
Экстремумы на отрезке	Проверяются внутренние критические точки и оба конца отрезка; затем сравниваются значения функции.
Теорема Коши	В недробной форме: $\bigl(f(b)-f(a)\bigr)g'(\xi)=\bigl(g(b)-g(a)\bigr)f'(\xi)$ . Дробная форма требует ненулевых знаменателей.

Теоремы о среднем и экстремумы функции

Что даст эта статья.

Зачем нужны теоремы о среднем

Теоремы о среднем связывают две картины:

глобальную — как изменилась функция на всём отрезке;
локальную — какое значение принимает производная хотя бы в одной промежуточной точке.

A=(a,f(a)) \qquad B=(b,f(b))

то угловой коэффициент секущей $AB$ равен

\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}

Это средний наклон графика между концами отрезка.

Одна из центральных формул темы выглядит так:

f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}

Чтобы дальше не спотыкаться об обозначения промежутков, зафиксируем их смысл.

Фрагмент записи	Как читать	Что означает здесь
$[a,b]$	«отрезок от $a$ до $b$ »	Точки $a$ и $b$ входят
$(a,b)$	«интервал от $a$ до $b$ »	Концы не входят
$\xi\in(a,b)$	«кси принадлежит интервалу»	Точка $\xi$ лежит строго между $a$ и $b$

Что гарантирует непрерывность на отрезке

В этом случае

\max_{x\in[a,b]}f(x)=f(x_{\max}), \qquad \min_{x\in[a,b]}f(x)=f(x_{\min})

Нижняя запись $x\in[a,b]$ показывает, среди каких значений $x$ ищется максимум или минимум.

Пример

Рассмотрим функцию

f(x)=x^2-2x

Найдём их непосредственно. Перепишем функцию в виде

\begin{aligned} f(x) &=x^2-2x\\ &=(x-1)^2-1 \end{aligned}

Квадрат неотрицателен, поэтому

f(x)\ge -1

и равенство достигается при $x=1$ . Значит,

\min_{x\in[0,3]}f(x)=f(1)=-1

Для максимума снова используем ту же форму. Если $x\in[0,3]$ , то

-1\le x-1\le2

поэтому

|x-1|\le2

и, следовательно,

(x-1)^2\le4

Тогда

f(x)=(x-1)^2-1\le3

Равенство достигается при $x=3$ , поэтому

\max_{x\in[0,3]}f(x)=f(3)=3

Этот пример показывает важную деталь: минимум достигнут внутри отрезка, а максимум — на его конце.

Локальные и глобальные экстремумы

Теперь аккуратно разведём два понятия, которые легко спутать.

Теперь запишем эту идею точно.

Определение

Пусть функция $f$ задана на множестве $E$ , а $x_0\in E$ . Здесь $E$ — область определения функции.

|x-x_0|<\delta

выполняется

f(x)\le f(x_0)

f(x)\ge f(x_0)

Локальные максимумы и минимумы вместе называют локальными экстремумами.

Соберём самую формальную часть определения в короткую расшифровку.

Фрагмент записи	Как читать	Что означает здесь
$x_0\in E$	«икс нулевое принадлежит $E$ »	Точка $x_0$ входит в область определения
$\delta>0$	«дельта больше нуля»	Выбирается некоторый положительный радиус окрестности
$\|x-x_0\|<\delta$	«расстояние от $x$ до $x_0$ меньше дельты»	Рассматриваются достаточно близкие к $x_0$ точки
$f(x)\le f(x_0)$	«эф от икс не больше эф от икс нулевого»	Рядом нет значений выше, чем $f(x_0)$

Теорема Ферма и критические точки

Иными словами,

\text{дифференцируемый внутренний локальный экстремум} \Longrightarrow f'(x_0)=0

Идея механизма. Пусть, например, в $x_0$ локальный минимум. Тогда для малых $h$

f(x_0+h)-f(x_0)\ge0

Если $h>0$ , то

\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\ge0

а если $h<0$ , знак при делении меняется и

\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\le0

Первый контрпример к обратному утверждению:

f(x)=x^3, \qquad f'(x)=3x^2, \qquad f'(0)=0

Второй важный пример:

f(x)=|x|

Как не перепутать три понятия.

Стационарная точка: $f'(x_0)=0$ .
Критическая точка в нашем соглашении: внутренняя точка, где либо $f'(x_0)=0$ , либо производная не существует.
Точка экстремума: определяется сравнением значений самой функции рядом с точкой, а не только значением производной.

Пример

Рассмотрим

f(x)=x^2-4x+5

Производная равна

f'(x)=2x-4

Стационарная точка находится из уравнения

2x-4=0

откуда

x=2

Здесь можно проверить результат другим способом:

\begin{aligned} f(x) &=x^2-4x+5\\ &=(x-2)^2+1 \end{aligned}

Теорема Ролля

Разберём контрпримеры словами.

1. Нет равенства значений на концах. Для $f(x)=x$ на $[0,1]$ функция непрерывна и дифференцируема, но

f'(x)=1

во всех точках. Нулевой производной нет.

2. Нет дифференцируемости внутри. Для $f(x)=|x|$ на $[-1,1]$

f(-1)=f(1)=1

3. Нет непрерывности на отрезке. Зададим

f(x)= \begin{cases} x, & 0\le x<1,\\ 0, & x=1. \end{cases}

Тогда $f(0)=f(1)=0$ , функция дифференцируема на $(0,1)$ , но на этом интервале

f'(x)=1

Причина провала теоремы — разрыв в точке $x=1$ .

Пример

Проверим теорему Ролля для функции

f(x)=x^2-4x+3

на отрезке $[1,3]$ .

Шаг 1. Непрерывность. Полином непрерывен на всей числовой прямой, значит, непрерывен на $[1,3]$ .

Шаг 2. Дифференцируемость. Полином дифференцируем на всей числовой прямой, значит, дифференцируем на $(1,3)$ .

Шаг 3. Значения на концах.

f(1)=1-4+3=0, \qquad f(3)=9-12+3=0

Условия выполнены, поэтому существует $\xi\in(1,3)$ с $f'(\xi)=0$ .

Найдём эту точку:

f'(x)=2x-4

Следовательно,

2\xi-4=0

откуда

\xi=2

Проверка интервала: $2\in(1,3)$ , поэтому найденная точка подходит.

Теорема Лагранжа

Правая часть — угловой коэффициент секущей, соединяющей точки

A=(a,f(a)) \qquad B=(b,f(b))

Теорема утверждает, что хотя бы в одной внутренней точке касательная имеет точно такой же наклон.

Если $f(a)=f(b)$ , то правая часть равна нулю, и теорема Лагранжа превращается в теорему Ролля.

F(x)=f(x)-\left(f(a)+\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)\right)

Тогда

F(a)=F(b)=0

Пример

Применим теорему Лагранжа к функции

f(x)=x^2

на отрезке $[1,3]$ .

Шаг 1. Проверяем условия. Полином непрерывен на $[1,3]$ и дифференцируем на $(1,3)$ .

Шаг 2. Находим средний наклон.

\dfrac{f(3)-f(1)}{3-1} =\dfrac{9-1}{2} =4

Шаг 3. Приравниваем производную этому наклону.

f'(x)=2x

поэтому

2\xi=4

Отсюда

\xi=2

Монотонность и поиск экстремумов

Теорема Лагранжа позволяет перейти от знака производной к поведению функции на целом промежутке.

f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1)

Теорема

Если существует $\delta>0$ , такое что

f'(x)>0 \quad \text{при } x\in(x_0-\delta,x_0)

f'(x)<0 \quad \text{при } x\in(x_0,x_0+\delta)

то $x_0$ — точка локального максимума.

+\longrightarrow-

означает «поднимались, затем начали спускаться» — получается максимум. Переход

-\longrightarrow+

означает «спускались, затем начали подниматься» — получается минимум.

Пример

Исследуем локальные экстремумы функции

f(x)=x^3-3x^2+1

Шаг 1. Находим производную.

\begin{aligned} f'(x) &=3x^2-6x\\ &=3x(x-2) \end{aligned}

Шаг 2. Находим стационарные точки.

3x(x-2)=0

откуда

x=0 \qquad \text{или} \qquad x=2

Шаг 3. Определяем знак производной на промежутках.

Если $x<0$ , оба множителя $x$ и $x-2$ отрицательны, поэтому $f'(x)>0$ .

Если $0<x<2$ , то $x>0$ , но $x-2<0$ , поэтому $f'(x)<0$ .

Если $x>2$ , оба множителя положительны, поэтому $f'(x)>0$ .

Получаем схему

\begin{array}{c|ccccc} \textcolor{black!85}{\boldsymbol{x}} & \textcolor{black!85}{\boldsymbol{(-\infty,0)}} & \textcolor{black!85}{\boldsymbol{0}} & \textcolor{black!85}{\boldsymbol{(0,2)}} & \textcolor{black!85}{\boldsymbol{2}} & \textcolor{black!85}{\boldsymbol{(2,+\infty)}}\\ \hline f'(x) & + & 0 & - & 0 & +\\ \hline f & \nearrow & \text{max} & \searrow & \text{min} & \nearrow \end{array}

Шаг 4. Находим значения функции.

f(0)=1

f(2)=8-12+1=-3

Итак,

x=0\text{ --- точка локального максимума},\quad f(0)=1

x=2\text{ --- точка локального минимума},\quad f(2)=-3

Для глобальных экстремумов на отрезке нужно дополнительно проверить концы отрезка.

Пример

Для той же функции

f(x)=x^3-3x^2+1

найдём глобальные экстремумы на отрезке $[-1,3]$ .

Функция непрерывна, поэтому по теореме Вейерштрасса наибольшее и наименьшее значения существуют.

Внутренние критические точки уже найдены:

x=0, \qquad x=2

Обе лежат в $(-1,3)$ . Теперь вычисляем значения во всех кандидатах, включая концы:

\begin{aligned} f(-1)&=-1-3+1=-3,\\ f(0)&=1,\\ f(2)&=8-12+1=-3,\\ f(3)&=27-27+1=1 \end{aligned}

Следовательно,

\max_{x\in[-1,3]}f(x)=1

и это значение достигается при $x=0$ и $x=3$ . Аналогично

\min_{x\in[-1,3]}f(x)=-3

и оно достигается при $x=-1$ и $x=2$ .

Теорема Коши

Если дополнительно известно, что

g'(x)\ne0 \qquad \text{для всех }x\in(a,b)

то по теореме Ролля обязательно

g(b)\ne g(a)

Действительно, если бы $g(a)=g(b)$ , теорема Ролля дала бы внутреннюю точку, где $g'=0$ , что противоречит условию.

\boxed{ \dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)} }

Связь с теоремой Лагранжа. Возьмём

g(x)=x

Тогда $g'(x)=1$ , а

g(b)-g(a)=b-a

Теорема Коши превращается в

f(b)-f(a)=(b-a)f'(\xi)

то есть

f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}

Следовательно, теорема Лагранжа является частным случаем теоремы Коши.

Где возникает типичная ошибка. Иногда пытаются применить Лагранжа отдельно к $f$ и $g$ :

f(b)-f(a)=f'(\xi_1)(b-a)

g(b)-g(a)=g'(\xi_2)(b-a)

После деления получится

\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \dfrac{f'(\xi_1)}{g'(\xi_2)}

Идея доказательства. Рассматривают функцию

\begin{aligned} H(x) ={}&\bigl(f(b)-f(a)\bigr)\bigl(g(x)-g(a)\bigr)\\ &-\bigl(g(b)-g(a)\bigr)\bigl(f(x)-f(a)\bigr) \end{aligned}

Для неё выполняется

H(a)=H(b)=0

Пример

Пусть

f(x)=x^3, \qquad g(x)=x^2

на отрезке $[1,2]$ . Найдём точку из дробной формы теоремы Коши.

Шаг 1. Проверяем условия. Обе функции — полиномы, поэтому непрерывны на $[1,2]$ и дифференцируемы на $(1,2)$ .

Кроме того,

g'(x)=2x

На $(1,2)$ имеем $2x>0$ , поэтому $g'(x)\ne0$ . Дробную форму использовать можно.

Шаг 2. Вычисляем отношение приращений.

\dfrac{f(2)-f(1)}{g(2)-g(1)} =\dfrac{8-1}{4-1} =\dfrac{7}{3}

Шаг 3. Вычисляем отношение производных.

f'(x)=3x^2, \qquad g'(x)=2x

Для $x\in(1,2)$ можно сократить на $x\ne0$ :

\dfrac{f'(x)}{g'(x)} = \dfrac{3x^2}{2x} = \dfrac{3x}{2}

По теореме Коши найдётся $\xi$ , для которого

\dfrac{3\xi}{2}=\dfrac{7}{3}

Отсюда

9\xi=14

откуда

\xi=\dfrac{14}{9}

Проверяем:

1<\dfrac{14}{9}<2

поэтому точка действительно лежит внутри отрезка.

Как выбрать метод

Что спрашивают или что дано	Что вспоминать
Нужно понять, существуют ли наибольшее и наименьшее значения на замкнутом отрезке	Теоремы Вейерштрасса
Известно, что во внутренней точке есть локальный экстремум и функция там дифференцируема	Теорема Ферма
Найдена критическая точка и нужно понять, есть ли там экстремум	Знак производной слева и справа
Значения функции на концах равны: $f(a)=f(b)$	Теорема Ролля
Нужно связать $f(a)$ , $f(b)$ и производную внутри отрезка	Теорема Лагранжа
Нужно найти наибольшее и наименьшее значения на $[a,b]$	Внутренние критические точки, оба конца и сравнение значений
Сравниваются изменения двух функций $f$ и $g$	Теорема Коши

Типичные ошибки

Проверьте себя

Чем локальный максимум отличается от глобального? Может ли точка локального максимума не быть точкой глобального максимума?
Почему в обычном определении локального максимума стоит нестрогое неравенство $f(x)\le f(x_0)$ , а не строгое $f(x)<f(x_0)$ ?
Верно ли утверждение: «Если $f'(x_0)=0$ , то $x_0$ — точка экстремума»? Проверьте это на функции $f(x)=x^5$ в точке $x_0=0$ .
Применима ли теорема Ролля к функции $f(x)=x^2$ на отрезке $[-1,1]$ ? Если да, найдите все точки $\xi$ , удовлетворяющие выводу теоремы.
Примените теорему Лагранжа к функции $f(x)=\sqrt{x}$ на отрезке $[1,4]$ и найдите точку $\xi$ , для которой выполняется равенство теоремы.
Функция $f$ дифференцируема на $\mathbb{R}$ , причём $f'(x)=3(x-1)(x-3)$ . Определите промежутки возрастания и убывания и тип критических точек $x=1$ и $x=3$ .
Для функции $f(x)=x^3-3x^2+2$ найдите наибольшее и наименьшее значения на отрезке $[-1,2]$ . Покажите на этом примере, почему при поиске глобальных экстремумов нужно проверять концы отрезка.
В чём ошибка рассуждения: «Применим Лагранжа отдельно к $f$ и $g$ , а затем поделим равенства; значит, теорема Коши доказана»?
Сформулируйте недробную форму теоремы Коши и объясните, зачем условие $g'(x)\ne0$ добавляют при переходе к дробной форме.
Для $f(x)=x^2$ и $g(x)=x^4$ на $[1,2]$ проверьте условия дробной формы теоремы Коши и найдите все подходящие точки $\xi\in(1,2)$ .

Ответы к разделу «Проверьте себя».

Локальный максимум сравнивает значение $f(x_0)$ только со значениями функции в некоторой достаточно малой окрестности точки $x_0$ . Формально требуется существование $\delta>0$ , такого что
$f(x)\le f(x_0)$
для всех допустимых $x$ с $|x-x_0|<\delta$ .
Глобальный максимум на множестве $E$ требует более сильного условия:
$f(x)\le f(x_0) \qquad \text{для всех }x\in E$
Значит, локальный максимум вполне может не быть глобальным. На графике может существовать небольшой «холм», а дальше — более высокий. В вершине первого холма будет локальный максимум, но глобальный максимум будет достигаться в более высокой точке.
Нестрогое неравенство нужно потому, что обычный локальный максимум не обязан быть строго выше всех соседних значений. Например, рассмотрим постоянную функцию
$f(x)=5$
Для любой точки $x_0$ и любого близкого $x$
$f(x)=5=f(x_0)$
Следовательно,
$f(x)\le f(x_0) \qquad \text{и} \qquad f(x)\ge f(x_0)$
Поэтому каждая точка одновременно удовлетворяет обычным определениям локального максимума и локального минимума.
Если вместо $\le$ потребовать
$f(x)<f(x_0)$
для всех соседних $x\ne x_0$ , получится более сильное понятие — строгий локальный максимум. Значит, строгий знак нельзя без объяснения использовать как обычное определение.
Утверждение неверно: теорема Ферма работает только в одну сторону,
$\text{дифференцируемый локальный экстремум} \Longrightarrow f'(x_0)=0$
Проверим предложенную функцию
$f(x)=x^5$
Её производная равна
$f'(x)=5x^4$
поэтому $f'(0)=0$ . Но при $x<0$ имеем $x^5<0=f(0)$ , а при $x>0$ — $x^5>0=f(0)$ . Значит, сколь угодно близко к нулю есть значения и меньше, и больше $f(0)$ . Следовательно, $x=0$ не является точкой экстремума.
Этот пример показывает точный смысл необходимого условия: равенство $f'(x_0)=0$ помогает найти кандидата, но само по себе ничего не говорит о смене возрастания и убывания.
Проверим все условия теоремы Ролля для
$f(x)=x^2$
на $[-1,1]$ .
Непрерывность. Полином непрерывен на всей числовой прямой, значит, непрерывен на $[-1,1]$ .
Дифференцируемость. Полином дифференцируем на всей числовой прямой, значит, дифференцируем на $(-1,1)$ .
Равенство значений на концах.
$f(-1)=(-1)^2=1$ $f(1)=1^2=1$
Значения равны, значит, теорема Ролля применима.
Теперь найдём точки, где производная равна нулю:
$f'(x)=2x$
Решаем
$2\xi=0$
откуда
$\xi=0$
Проверка:
$0\in(-1,1)$
Следовательно,
$\xi=0$
Это единственная подходящая точка, потому что уравнение $2x=0$ имеет единственное решение.
Рассмотрим
$f(x)=\sqrt{x}$
на $[1,4]$ .
Шаг 1. Проверяем условия. Функция $\sqrt{x}$ непрерывна при $x\ge0$ , поэтому непрерывна на $[1,4]$ . Она дифференцируема при $x>0$ , поэтому дифференцируема на $(1,4)$ . Теорема Лагранжа применима.
Шаг 2. Находим средний наклон секущей.
$\dfrac{f(4)-f(1)}{4-1} =\dfrac{2-1}{3} =\dfrac{1}{3}$
Шаг 3. Находим производную.
$f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
По теореме Лагранжа требуется
$\dfrac{1}{2\sqrt{\xi}}=\dfrac{1}{3}$
Знаменатели положительны, поэтому можно умножить равенство на них и получить:
$3=2\sqrt{\xi}$
Тогда
$\sqrt{\xi}=\dfrac{3}{2}$
Обе части неотрицательны, поэтому возводим в квадрат:
$\xi=\dfrac{9}{4}$
Проверка интервала:
$1<\dfrac{9}{4}<4$
Значит,
$\xi=\dfrac{9}{4}$
По условию функция дифференцируема на всей $\mathbb{R}$ , а её производная равна
$f'(x)=3(x-1)(x-3)$
Постоянный множитель $3$ положителен и на знак не влияет. Критические точки из уравнения $f'(x)=0$ :
$x=1, \qquad x=3$
Рассмотрим интервалы.
Если $x<1$ , то $x-1<0$ и $x-3<0$ . Произведение двух отрицательных множителей положительно, значит,
$f'(x)>0$
Функция возрастает на $( -\infty,1)$ .
Если $1<x<3$ , то $x-1>0$ , а $x-3<0$ . Поэтому
$f'(x)<0$
и функция убывает на $(1,3)$ .
Если $x>3$ , оба множителя положительны, поэтому
$f'(x)>0$
и функция возрастает на $(3,+\infty)$ .
В точке $x=1$ знак меняется
$+\longrightarrow-$
поэтому $x=1$ — точка локального максимума.
В точке $x=3$ знак меняется
$-\longrightarrow+$
поэтому $x=3$ — точка локального минимума.
Рассмотрим
$f(x)=x^3-3x^2+2, \qquad x\in[-1,2]$
Это полином, поэтому функция непрерывна на всём отрезке. По теореме Вейерштрасса наибольшее и наименьшее значения существуют.
Сначала найдём внутренние критические точки. Производная:
$f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2)$
Уравнение $f'(x)=0$ даёт точки $x=0$ и $x=2$ , но только $x=0$ лежит внутри интервала $(-1,2)$ . Точка $x=2$ является концом отрезка и будет проверена отдельно.
Теперь вычислим значения функции во внутренней критической точке и на обоих концах:
$\begin{aligned} f(-1)&=-1-3+2=-2,\\ f(0)&=2,\\ f(2)&=8-12+2=-2 \end{aligned}$
Сравниваем три числа. Наибольшее значение равно $2$ , поэтому
$\max_{x\in[-1,2]}f(x)=2$
и оно достигается при $x=0$ .
Наименьшее значение равно $-2$ :
$\min_{x\in[-1,2]}f(x)=-2$
Оно достигается сразу на обоих концах, при $x=-1$ и $x=2$ .
Если бы мы проверили только внутренние стационарные точки, то увидели бы значение $f(0)=2$ , но вообще не нашли бы глобальный минимум. Поэтому в задаче на экстремумы на отрезке концы нельзя пропускать.
При отдельном применении теоремы Лагранжа к $f$ получаем некоторую точку $\xi_1$ :
$f(b)-f(a)=f'(\xi_1)(b-a)$
Отдельно для $g$ появляется, вообще говоря, другая точка $\xi_2$ :
$g(b)-g(a)=g'(\xi_2)(b-a)$
Если знаменатели ненулевые и мы разделим равенства, получим
$\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \dfrac{f'(\xi_1)}{g'(\xi_2)}$
Теорема Коши утверждает более сильный результат: должна существовать одна общая точка $\xi$ , такая что
$\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$
Теорема Лагранжа, применённая отдельно, не даёт основания считать $\xi_1=\xi_2$ . Поэтому именно этот способ рассуждения неверен.
Недробная форма теоремы Коши имеет вид
$\bigl(f(b)-f(a)\bigr)g'(\xi) = \bigl(g(b)-g(a)\bigr)f'(\xi)$
для некоторой точки $\xi\in(a,b)$ , если $f$ и $g$ непрерывны на $[a,b]$ и дифференцируемы на $(a,b)$ .
В этой записи нет деления, поэтому не требуется заранее гарантировать ненулевые знаменатели.
Чтобы перейти к форме
$\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$
нужно быть уверенным, что
$g(b)-g(a)\ne0 \qquad \text{и} \qquad g'(\xi)\ne0$
Условие
$g'(x)\ne0 \qquad \text{для всех }x\in(a,b)$
сразу гарантирует второе неравенство. Первое следует из теоремы Ролля: если бы $g(a)=g(b)$ , существовала бы внутренняя точка с $g'=0$ , что невозможно. Поэтому именно при таком дополнительном условии дробная форма безопасна.
Пусть
$f(x)=x^2, \qquad g(x)=x^4, \qquad x\in[1,2]$
Обе функции — полиномы, поэтому непрерывны на $[1,2]$ и дифференцируемы на $(1,2)$ . Кроме того,
$g'(x)=4x^3>0$
для всех $x\in(1,2)$ . Значит, дробную форму теоремы Коши применять можно.
Вычислим отношение приращений:
$\dfrac{f(2)-f(1)}{g(2)-g(1)} =\dfrac{4-1}{16-1} =\dfrac{3}{15} =\dfrac{1}{5}$
Производные равны
$f'(x)=2x, \qquad g'(x)=4x^3$
Поэтому для $\xi\in(1,2)$
$\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)} =\dfrac{2\xi}{4\xi^3} =\dfrac{1}{2\xi^2}$
где сокращение законно, потому что $\xi>1$ , в частности $\xi\ne0$ .
По теореме Коши должно выполняться
$\dfrac{1}{2\xi^2}=\dfrac{1}{5}$
Знаменатели положительны, поэтому получаем
$2\xi^2=5, \qquad \xi^2=\dfrac{5}{2}$
Формально отсюда $\xi=\pm\sqrt{\dfrac{5}{2}}$ , но теорема требует $\xi\in(1,2)$ . Отрицательный корень не подходит, а
$1<\sqrt{\dfrac{5}{2}}<2$
поскольку $1<\dfrac{5}{2}<4$ . Следовательно,
$\xi=\sqrt{\dfrac{5}{2}}$

Решения задач по ходу статьи.

Рассмотрим
$f(x)=\dfrac{1}{x+2}, \qquad x\in[0,2]$
На отрезке $[0,2]$ знаменатель удовлетворяет
$x+2\in[2,4]$
поэтому он нигде не равен нулю. Функция рациональная и непрерывна на всём отрезке. Следовательно, теорема Вейерштрасса применима и наибольшее и наименьшее значения существуют.
При увеличении $x$ знаменатель $x+2$ увеличивается и остаётся положительным, поэтому дробь $\dfrac{1}{x+2}$ уменьшается. Значит, максимум достигается на левом конце, а минимум — на правом:
$f(0)=\dfrac{1}{2}$ $f(2)=\dfrac{1}{4}$
Итак,
$\max_{x\in[0,2]}f(x)=\dfrac{1}{2}, \qquad \min_{x\in[0,2]}f(x)=\dfrac{1}{4}$
Для
$f(x)=x^3-3x$
находим производную:
$f'(x)=3x^2-3$
Выносим общий множитель:
$\begin{aligned} f'(x) &=3(x^2-1)\\ &=3(x-1)(x+1) \end{aligned}$
Стационарные точки находятся из $f'(x)=0$ :
$3(x-1)(x+1)=0$
Поэтому
$x=-1 \qquad \text{или} \qquad x=1$
Ответ:
$x=-1,\ 1$
На этом этапе мы сознательно не объявляем их экстремумами: равенство $f'(x)=0$ даёт лишь кандидатов. Для вывода нужно исследовать знак производной или использовать другой достаточный признак.
Для
$f(x)=x^2-5x+6$
на $[2,3]$ сначала проверяем условия Ролля.
Полином непрерывен на $[2,3]$ и дифференцируем на $(2,3)$ .
Значения на концах:
$f(2)=4-10+6=0$ $f(3)=9-15+6=0$
Значит, $f(2)=f(3)$ , и теорема применима.
Производная:
$f'(x)=2x-5$
Ищем $\xi$ :
$2\xi-5=0$
Откуда
$\xi=\dfrac{5}{2}$
Проверка:
$2<\dfrac{5}{2}<3$
Следовательно,
$\xi=\dfrac{5}{2}$
Рассмотрим
$f(x)=x^3$
на $[0,2]$ . Полином непрерывен на отрезке и дифференцируем внутри, поэтому теорема Лагранжа применима.
Средний наклон:
$\begin{aligned} \dfrac{f(2)-f(0)}{2-0} &=\dfrac{8-0}{2}\\ &=4 \end{aligned}$
Производная:
$f'(x)=3x^2$
По теореме требуется
$3\xi^2=4$
Отсюда
$\xi^2=\dfrac{4}{3}$
Формально получаем два корня
$\xi=\pm\dfrac{2}{\sqrt{3}}$
Но теорема требует $\xi\in(0,2)$ , поэтому отрицательный корень не подходит. Остаётся
$\xi=\dfrac{2}{\sqrt{3}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
Проверка: это положительное число меньше $2$ , значит, оно действительно лежит в $(0,2)$ .
Исследуем
\[f(x)=x^3-6x^2+9x\]
Производная:
\[\begin{aligned} f'(x) &=3x^2-12x+9\\ &=3(x^2-4x+3)\\ &=3(x-1)(x-3) \end{aligned}\]
Критические точки:
\[x=1, \qquad x=3\]
Знак производной:
- при $x<1$ оба множителя $x-1$ и $x-3$ отрицательны, поэтому $f'(x)>0$ ;
- при $1<x<3$ знаки множителей разные, поэтому $f'(x)<0$ ;
- при $x>3$ оба множителя положительны, поэтому $f'(x)>0$ .
Значит, функция возрастает, затем убывает, затем снова возрастает. Поэтому
\[x=1\text{ --- точка локального максимума}\]
и
\[x=3\text{ --- точка локального минимума}\]
Найдём значения:
\[f(1)=1-6+9=4\]
\[f(3)=27-54+27=0\]
Теперь ищем глобальные экстремумы на $[0,4]$ . Полином непрерывен, поэтому Вейерштрасс гарантирует их существование. Проверяем концы и внутренние критические точки:
\[f(0)=0\]
\[f(1)=4\]
\[f(3)=0\]
\[f(4)=64-96+36=4\]
Следовательно,
\[\max_{x\in[0,4]}f(x)=4\]
причём максимум достигается при $x=1$ и $x=4$ . Минимум равен
\[\min_{x\in[0,4]}f(x)=0\]
и достигается при $x=0$ и $x=3$ .
Пусть
$f(x)=x, \qquad g(x)=x^2, \qquad x\in[1,3]$
Обе функции непрерывны на $[1,3]$ и дифференцируемы на $(1,3)$ .
Кроме того,
$g'(x)=2x$
На $(1,3)$ имеем $2x>0$ , значит, $g'(x)\ne0$ . Дробная форма теоремы Коши применима.
Левая часть:
$\dfrac{f(3)-f(1)}{g(3)-g(1)} =\dfrac{3-1}{9-1} =\dfrac{1}{4}$
Производные:
$f'(x)=1 \qquad g'(x)=2x$
Поэтому
$\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\dfrac{1}{2\xi}$
Приравниваем:
$\dfrac{1}{2\xi}=\dfrac{1}{4}$
Так как $\xi\in(1,3)$ , знаменатели положительны и ненулевые, поэтому преобразование допустимо. Из равенства получаем
$4=2\xi$
Откуда
$\xi=2$
Проверка: $2\in(1,3)$ , значит, ответ подходит.

Итог

Понятие	Суть
Первая теорема Вейерштрасса	Непрерывная функция на отрезке ограничена.
Вторая теорема Вейерштрасса	Непрерывная функция на отрезке достигает глобального максимума и минимума.
Локальный экстремум	Сравнение только с достаточно близкими значениями функции; в обычном определении используются нестрогие неравенства.
Теорема Ферма	Если внутренний локальный экстремум дифференцируем, то $f'(x_0)=0$ . Обратное утверждение неверно.
Критические точки	Внутренние кандидаты на экстремум: точки с $f'=0$ и точки, где производная не существует.
Теорема Ролля	При $f(a)=f(b)$ , непрерывности на $[a,b]$ и дифференцируемости на $(a,b)$ существует $\xi$ с $f'(\xi)=0$ .
Теорема Лагранжа	Для некоторого $\xi\in(a,b)$ : $f'(\xi)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$ . Касательная параллельна секущей через концы.
Знак производной	$f'>0$ ведёт к возрастанию, $f'<0$ — к убыванию. Смена $+\to-$ даёт локальный максимум, $-\to+$ — локальный минимум.
Экстремумы на отрезке	Проверяются внутренние критические точки и оба конца отрезка; затем сравниваются значения функции.
Теорема Коши	В недробной форме: $\bigl(f(b)-f(a)\bigr)g'(\xi)=\bigl(g(b)-g(a)\bigr)f'(\xi)$ . Дробная форма требует ненулевых знаменателей.