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

Идея

Из условия задачи следует, что точка x=ax=a является корнем функции f(x)f(x) кратности не менее p+1p+1, поскольку сама функция и все её производные вплоть до pp-го порядка обращаются в этой точке в нуль. Аналогично, точка x=bx=b является корнем функции f(x)f(x) кратности не менее q+1q+1.
Таким образом, на отрезке [a,b][a, b] функция f(x)f(x) имеет по меньшей мереN0=(p+1)+(q+1)=p+q+2N_0 = (p+1) + (q+1) = p+q+2корней с учётом их кратностей.

Вспомним обобщённое следствие из теоремы Ролля: если дифференцируемая функция имеет NN корней на отрезке (с учётом кратностей), то её производная имеет на этом же отрезке не менее N−1N-1 корней. При дифференцировании кратность каждого корня уменьшается на 1, а между любыми двумя различными корнями функции, по теореме Ролля, обязательно появляется хотя бы один новый корень её производной, причём этот новый корень лежит строго внутри интервала между нулями.

Применим это правило последовательно:

Производная 1-го порядка f′(x)f'(x) имеет не менее (p+q+2)−1=p+q+1(p+q+2) - 1 = p+q+1 корней на [a,b][a,b].

Производная 2-го порядка f′′(x)f''(x) имеет не менее p+qp+q корней.

Продолжая процесс, получаем, что производная порядка (p+q+1)(p+q+1) имеет не менее(p+q+2)−(p+q+1)=1(p+q+2) - (p+q+1) = 1корня на отрезке [a,b][a, b].

Поскольку p+q+1≥p+1p+q+1 \ge p+1 и p+q+1≥q+1p+q+1 \ge q+1, исходные точки x=ax=a и x=bx=b после (p+q+1)(p+q+1) дифференцирований гарантированно теряют статус корней, обусловленный их начальной кратностью. Следовательно, оставшийся гарантированный корень обязан появиться за счёт теоремы Ролля и, значит, лежать строго внутри интервала (a,b)(a,b).

Проверка

Обозначим эту точку через cc. Получаем, что существует c∈(a,b)c \in (a, b), для которогоf(p+q+1)(c)=0f^{(p+q+1)}(c) = 0Что и требовалось доказать.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1239 — решение | Высшая математика — Профиматика