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

Демидович — задача 1239

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

Задача 1239

Пусть: 1) функция f(x)f(x) определена и имеет непрерывную производную (p+q)(p+q)-го порядка f(p+q)(x)f^{(p+q)}(x) на сегменте [a,b][a,b]; 2) f(x)f(x) имеет производную (p+q+1)(p+q+1)-го порядка f(p+q+1)(x)f^{(p+q+1)}(x) в интервале (a,b)(a,b); 3) выполнены равенстваf(a)=f′(a)=⋯=f(p)(a)=0f(a)=f'(a)=\cdots=f^{(p)}(a)=0f(b)=f′(b)=⋯=f(q)(b)=0f(b)=f'(b)=\cdots=f^{(q)}(b)=0Доказать, что в таком случаеf(p+q+1)(c)=0f^{(p+q+1)}(c)=0где cc — некоторая точка интервала (a,b)(a,b).

Доказательство

Проследим, сколько условий обращения в нуль сохраняется при каждом дифференцировании.
Будем учитывать не только нули функции, но и данные о её производных. Если в точке zz выполнены g(z)=g′(z)=⋯=g(r−1)(z)=0g(z)=g'(z)=\cdots=g^{(r-1)}(z)=0, припишем этой точке вес rr. При переходе к g′g' в той же точке остаётся вес r−1r-1; если он равен нулю, точку больше не учитываем.

Пусть сейчас отмечены различные точки z1<⋯<zsz_1<\cdots<z_s с положительными весами r1,…,rsr_1,\ldots,r_s. Между каждыми соседними точками теорема Ролля даёт новый нуль g′g', которому припишем вес 11. Он отличается от всех прежних точек. Сумма гарантированных весов для g′g' поэтому равна∑j=1s(rj−1)+(s−1)=∑j=1srj−1.\sum_{j=1}^s(r_j-1)+(s-1)=\sum_{j=1}^s r_j-1.Если отмечена единственная точка веса r>1r>1, остаётся та же точка веса r−1r-1, и вывод также верен.

Начинаем с g=fg=f: точка aa имеет вес p+1p+1, точка bb — вес q+1q+1, всего p+q+2p+q+2. Выполняем p+q+1p+q+1 переходов к производной. Перед последним переходом суммарный вес не меньше 22, поэтому после него остаётся хотя бы одна отмеченная точка.

На концах новые точки не появляются: теорема Ролля даёт их строго между прежними. Начальные веса концов после kk шагов равны max⁡(p+1−k,0)\max(p+1-k,0) и max⁡(q+1−k,0)\max(q+1-k,0). При k=p+q+1k=p+q+1 оба равны нулю. Следовательно, оставшийся нуль f(p+q+1)f^{(p+q+1)} лежит строго внутри (a,b)(a,b).

Каждое применение теоремы законно: до последнего шага нужные производные непрерывны на соответствующих отрезках по условию, а производная следующего порядка существует внутри. Получено f(p+q+1)(c)=0f^{(p+q+1)}(c)=0 для некоторого a<c<ba<c<b.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1239 — решение | Высшая математика — Профиматика