Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 6. Теоремы Ролля, Лагранжа и Коши

Демидович — задача 1238

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Задача 1238

Пусть: 1) функция f(x)f(x) определена и имеет непрерывную производную (n−1)(n-1)-го порядка f(n−1)(x)f^{(n-1)}(x) на сегменте [x0,xn][x_0,x_n]; 2) f(x)f(x) имеет производную nn-го порядка f(n)(x)f^{(n)}(x) в интервале (x0,xn)(x_0,x_n) и 3) выполнены равенстваf(x0)=f(x1)=⋯=f(xn)(x0<x1<⋯<xn)f(x_0)=f(x_1)=\cdots=f(x_n)
\qquad(x_0<x_1<\cdots<x_n)Доказать, что в интервале (x0,xn)(x_0,x_n) существует по меньшей мере одна точка ξ\xi такая, чтоf(n)(ξ)=0f^{(n)}(\xi)=0

Доказательство

При n=1n=1 утверждение непосредственно совпадает с теоремой Ролля. Далее считаем n≥2n\ge2 и применяем её многократно.
По условию функция f(x)f(x) принимает равные значения в n+1n+1 точках:f(x0)=f(x1)=⋯=f(xn)f(x_0) = f(x_1) = \dots = f(x_n)Разобьем отрезок [x0,xn][x_0, x_n] на nn подотрезков: [x0,x1],[x1,x2],…,[xn−1,xn][x_0, x_1], [x_1, x_2], \dots, [x_{n-1}, x_n]. На каждом из этих отрезков функция непрерывна и внутри каждого из них дифференцируема (так как задано существование непрерывной производной высшего порядка). По теореме Ролля, внутри каждого из nn отрезков найдется хотя бы одна точка, в которой первая производная равна нулю.
Обозначим эти точки как x1(1),x2(1),…,xn(1)x_1^{(1)}, x_2^{(1)}, \dots, x_n^{(1)}. Мы получили nn корней первой производной f′(x)f'(x), упорядоченных следующим образом:x0<x1(1)<x1<x2(1)<⋯<xn−1<xn(1)<xnx_0 < x_1^{(1)} < x_1 < x_2^{(1)} < \dots < x_{n-1} < x_n^{(1)} < x_nТеперь рассмотрим функцию f′(x)f'(x). Она непрерывна на отрезке [x1(1),xn(1)][x_1^{(1)}, x_n^{(1)}] и дифференцируема внутри него. Применим теорему Ролля к f′(x)f'(x) на n−1n-1 отрезках [x1(1),x2(1)],…,[xn−1(1),xn(1)][x_1^{(1)}, x_2^{(1)}], \dots, [x_{n-1}^{(1)}, x_n^{(1)}]. Получим, что вторая производная f′′(x)f''(x) имеет по крайней мере n−1n-1 различных корней в интервале (x0,xn)(x_0, x_n).

Продолжая этот процесс индуктивно, мы видим, что при каждом переходе к следующей производной количество гарантированных корней уменьшается на единицу. На kk-м шаге функция f(k)(x)f^{(k)}(x) будет иметь не менее n+1−kn+1-k корней.

Проверка

Дойдя до (n−1)(n-1)-й производной f(n−1)(x)f^{(n-1)}(x), мы обнаружим, что она имеет по крайней мере n+1−(n−1)=2n+1-(n-1)=2 различных корня. Обозначим их c1c_1 и c2c_2, где x0<c1<c2<xnx_0 < c_1 < c_2 < x_n. Для них выполняется равенство:f(n−1)(c1)=f(n−1)(c2)=0f^{(n-1)}(c_1) = f^{(n-1)}(c_2) = 0Согласно первому и второму условию задачи, функция f(n−1)(x)f^{(n-1)}(x) непрерывна на отрезке [c1,c2][c_1, c_2] и имеет производную f(n)(x)f^{(n)}(x) на интервале (c1,c2)(c_1, c_2). Применяя теорему Ролля в последний раз для функции f(n−1)(x)f^{(n-1)}(x) на отрезке [c1,c2][c_1, c_2], мы делаем вывод, что существует по меньшей мере одна точка ξ∈(c1,c2)⊂(x0,xn)\xi \in (c_1, c_2) \subset (x_0, x_n), в которой её производная обращается в нуль:ddxf(n−1)(x)∣x=ξ=f(n)(ξ)=0\left.\dfrac d{dx}f^{(n-1)}(x)\right|_{x=\xi} = f^{(n)}(\xi) = 0Что и требовалось доказать.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1238 — решение | Высшая математика — Профиматика