Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 6. Теоремы Ролля, Лагранжа и Коши
Демидович — задача 1246
Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.
Задача 1246
Найти функцию θ=θ(x,Δx) такую, чтоf(x+Δx)−f(x)=Δxf′(x+θΔx)(0<θ<1),если:а) f(x)=ax2+bx+c(a=0);б) f(x)=x3;в) f(x)=x1;г) f(x)=ex.
Решение
Обозначим h=Δx. При h=0 равенство выполняется для любого 0<θ<1; далее считаем h=0. В пункте в) требуется x(x+h)>0, иначе отрезок пересекает точку, где функция не определена. Рассмотрим четыре функции.
Найдём разность функции на концах интервалаf(x+Δx)−f(x)=a(x+Δx)2+b(x+Δx)+c−(ax2+bx+c)Раскрывая скобки и приводя подобные, получимf(x+Δx)−f(x)=2axΔx+aΔx2+bΔxПроизводная функции равна f′(x)=2ax+b
Запишем выражение для правой части формулы ЛагранжаΔxf′(x+θΔx)=Δx(2a(x+θΔx)+b)Приравняем обе частиΔx(2ax+aΔx+b)=Δx(2ax+2aθΔx+b)Поскольку Δx=0, можно сократить на Δx и вычесть одинаковые слагаемые с обеих сторонaΔx=2aθΔxТак как a=0, окончательно получаемθ=21
Дадим правило выбора, действующее при любом x и любом ненулевом h. Пусть u=min(x,x+h), v=max(x,x+h). Тогда u<v иQ=3u2+uv+v2>0,поскольку u2+uv+v2=(u+v/2)2+3v2/4 и концы не могут одновременно быть нулём. Возьмёмc={Q,−Q,u+v≥0,u+v<0.Проверим выбор. Если u+v≥0, то v>0 иv2−Q=3(v−u)(2v+u)>0,так как 2v+u≥v>0. Значит, c<v. При u≤0 также c>u. При u>0 имеемQ−u2=3(v−u)(v+2u)>0,откуда c>u. Таким образом, u<c<v.
Если u+v<0, заменим отрезок на [−v,−u]. Сумма его концов положительна, Q не меняется. Уже доказанное даёт −v<Q<−u, то есть u<−Q<v. И здесь выбор верен.
Итак, одна искомая функция задаётся формулойθ=h−x+sx2+xh+h2/3,s={1,−1,2x+h≥0,2x+h<0.Поскольку c строго между x и x+h, имеем 0<θ<1 при любом знаке h. Иногда подходят оба корня; для задачи достаточно указанного выбора.
Левая частьx+Δx1−x1=x(x+Δx)−ΔxПроизводная равна f′(x)=−x21
Правая частьΔx(−(x+θΔx)21)Приравняем части и учтём, что для непрерывности функции x и x+Δx обязаны иметь одинаковый знакx(x+Δx)1=(x+θΔx)21⟹(x+θΔx)2=x(x+Δx)Точка x+θΔx лежит между x и x+Δx, значит она имеет с ними один и тот же знакx+θΔx=sgn(x)x(x+Δx)Так как sgn(x)=∣x∣x, можно вынести x за знак корняx+θΔx=x1+xΔxВыразим искомую величинуθ=Δxx(1+xΔx−1)
Левая частьex+Δx−ex=ex(eΔx−1)Производная равна f′(x)=ex
Правая частьΔxex+θΔx=ΔxexeθΔxПриравняем и сократим на exeΔx−1=ΔxeθΔx⟹eθΔx=ΔxeΔx−1Логарифмируя обе части, находим θθΔx=lnΔxeΔx−1⟹θ=Δx1lnΔxeΔx−1
Пункт а)
Для квадратичной функции f(x)=ax2+bx+cНайдём разность функции на концах интервалаf(x+Δx)−f(x)=a(x+Δx)2+b(x+Δx)+c−(ax2+bx+c)Раскрывая скобки и приводя подобные, получимf(x+Δx)−f(x)=2axΔx+aΔx2+bΔxПроизводная функции равна f′(x)=2ax+b
Запишем выражение для правой части формулы ЛагранжаΔxf′(x+θΔx)=Δx(2a(x+θΔx)+b)Приравняем обе частиΔx(2ax+aΔx+b)=Δx(2ax+2aθΔx+b)Поскольку Δx=0, можно сократить на Δx и вычесть одинаковые слагаемые с обеих сторонaΔx=2aθΔxТак как a=0, окончательно получаемθ=21
Пункт б)
Для f(x)=x3 раскрываем куб:(x+h)3−x3=h(3x2+3xh+h2).Поэтому условие f(x+h)−f(x)=hf′(x+θh) после деления на 3h принимает вид(x+θh)2=Q,Q=x2+xh+3h2.Если обозначить c=x+θh, возможны два значения c=±Q. Нужно выбрать значение между концами отрезка, а затем положить θ=(c−x)/h.Дадим правило выбора, действующее при любом x и любом ненулевом h. Пусть u=min(x,x+h), v=max(x,x+h). Тогда u<v иQ=3u2+uv+v2>0,поскольку u2+uv+v2=(u+v/2)2+3v2/4 и концы не могут одновременно быть нулём. Возьмёмc={Q,−Q,u+v≥0,u+v<0.Проверим выбор. Если u+v≥0, то v>0 иv2−Q=3(v−u)(2v+u)>0,так как 2v+u≥v>0. Значит, c<v. При u≤0 также c>u. При u>0 имеемQ−u2=3(v−u)(v+2u)>0,откуда c>u. Таким образом, u<c<v.
Если u+v<0, заменим отрезок на [−v,−u]. Сумма его концов положительна, Q не меняется. Уже доказанное даёт −v<Q<−u, то есть u<−Q<v. И здесь выбор верен.
Итак, одна искомая функция задаётся формулойθ=h−x+sx2+xh+h2/3,s={1,−1,2x+h≥0,2x+h<0.Поскольку c строго между x и x+h, имеем 0<θ<1 при любом знаке h. Иногда подходят оба корня; для задачи достаточно указанного выбора.
Пункт в)
Для функции f(x)=x1Левая частьx+Δx1−x1=x(x+Δx)−ΔxПроизводная равна f′(x)=−x21
Правая частьΔx(−(x+θΔx)21)Приравняем части и учтём, что для непрерывности функции x и x+Δx обязаны иметь одинаковый знакx(x+Δx)1=(x+θΔx)21⟹(x+θΔx)2=x(x+Δx)Точка x+θΔx лежит между x и x+Δx, значит она имеет с ними один и тот же знакx+θΔx=sgn(x)x(x+Δx)Так как sgn(x)=∣x∣x, можно вынести x за знак корняx+θΔx=x1+xΔxВыразим искомую величинуθ=Δxx(1+xΔx−1)
Пункт г)
Для экспоненциальной функции f(x)=exЛевая частьex+Δx−ex=ex(eΔx−1)Производная равна f′(x)=ex
Правая частьΔxex+θΔx=ΔxexeθΔxПриравняем и сократим на exeΔx−1=ΔxeθΔx⟹eθΔx=ΔxeΔx−1Логарифмируя обе части, находим θθΔx=lnΔxeΔx−1⟹θ=Δx1lnΔxeΔx−1
Проверка
В пункте в) после умножения на сопряжённое выражение ответ можно записать как θ=1/(1+1+h/x). При x(x+h)>0 корень положителен, поэтому 0<θ<1. В пункте г) теорема Лагранжа гарантирует существование внутренней точки, а строгая монотонность et — её единственность. Следовательно, найденное из равенства значение θ=h−1ln((eh−1)/h) тоже принадлежит (0,1).