Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 7. Возрастание и убывание функции. Неравенства

Демидович — задача 1285

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

Задача 1285

Пусть функция f(x)f(x) непрерывна в промежутке a≤x<+∞a\le x<+\infty и сверх тогоf′(x)>k>0при x>a,f'(x)>k>0\quad\text{при }x>a,где kk — постоянная.

Доказать, что если f(a)<0f(a)<0, то уравнение f(x)=0f(x)=0 имеет один и только один действительный корень в интервале(a,a−f(a)k)\left(a,a-\frac{f(a)}k\right)

Доказательство

Идея

Поскольку f′(x)>k>0f'(x) > k > 0 при x>ax > a, производная строго положительна. Следовательно, функция f(x)f(x) строго монотонно возрастает на луче [a,+∞)[a, +\infty) и может пересекать ось абсцисс не более одного раза. Если корень существует, он единственен.

Проверка

Докажем его существование в указанном интервале. Обозначим правую границу интервала через x1x_1:x1=a−f(a)kx_1 = a - \frac{f(a)}{k}Так как по условию f(a)<0f(a) < 0 и k>0k > 0, дробь f(a)k\frac{f(a)}{k} отрицательна, поэтому x1>ax_1 > a.
Применим теорему Лагранжа о конечном приращении к отрезку [a,x1][a, x_1]:f(x1)−f(a)=f′(c)(x1−a)f(x_1) - f(a) = f'(c)(x_1 - a)где c∈(a,x1)c \in (a, x_1).
Так как f′(c)>kf'(c) > k, то:f(x1)−f(a)>k(x1−a)f(x_1) - f(a) > k(x_1 - a)Подставим в правую часть выражение для x1x_1:f(x1)−f(a)>k(a−f(a)k−a)=k(−f(a)k)=−f(a)f(x_1) - f(a) > k \left( a - \frac{f(a)}{k} - a \right) = k \left( -\frac{f(a)}{k} \right) = -f(a)Перенеся f(a)f(a) вправо, получаем:f(x1)>f(a)−f(a)=0f(x_1) > f(a) - f(a) = 0Итак, на концах отрезка [a,x1][a, x_1] непрерывная функция f(x)f(x) принимает значения разных знаков: f(a)<0f(a) < 0 и f(x1)>0f(x_1) > 0.
По теореме Больцано-Коши внутри интервала (a,x1)(a, x_1) существует хотя бы одна точка, в которой функция обращается в нуль.
С учётом строгой монотонности, этот корень ровно один. Что и требовалось доказать.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1285 — решение