Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 8. Направление вогнутости. Точки перегиба

Демидович — задача 1311

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

Задача 1311

Пусть функция f(x)f(x) дважды дифференцируема в промежутке a≤x<+∞a\le x<+\infty, причём: 1) f(a)=A>0f(a)=A>0; 2) f′(a)<0f'(a)<0; 3) f′′(x)≤0f''(x)\le0 при x>ax>a.

Доказать, что уравнение f(x)=0f(x)=0 имеет один и только один действительный корень в интервале (a,+∞)(a,+\infty).

Доказательство

Идея

Разобьём доказательство на две части: доказательство существования корня и доказательство его единственности.
Существование корня.
Так как f′′(x)≤0f''(x) \le 0 для всех x∈(a,+∞)x \in (a, +\infty), первая производная f′(x)f'(x) не возрастает на этом промежутке.
Следовательно, для любого x>ax > a справедливо неравенство:f′(x)≤f′(a)f'(x) \le f'(a)По условию f′(a)<0f'(a) < 0. Обозначим f′(a)=−kf'(a) = -k, где k>0k > 0. Тогда f′(x)≤−k<0f'(x) \le -k < 0 для всех x>ax > a.
Применим теорему Лагранжа о конечных приращениях к отрезку [a,x][a, x]:f(x)−f(a)=f′(c)(x−a),где c∈(a,x)f(x) - f(a) = f'(c)(x - a), \quad \text{где } c \in (a, x)Поскольку f′(c)≤f′(a)=−kf'(c) \le f'(a) = -k, мы можем оценить значение функции:f(x)=f(a)+f′(c)(x−a)≤f(a)−k(x−a)f(x) = f(a) + f'(c)(x - a) \le f(a) - k(x - a)Так как f(a)=Af(a) = A, получаем f(x)≤A−k(x−a)f(x) \le A - k(x - a).
Рассмотрим предел правой части при x→+∞x \to +\infty:lim⁡x→+∞(A−k(x−a))=−∞(так как k>0)\lim_{x \to +\infty} (A - k(x - a)) = -\infty \quad (\text{так как } k > 0)Следовательно, lim⁡x→+∞f(x)=−∞\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty, и найдётся такое достаточно большое число M>aM > a, что f(M)<0f(M) < 0.
Функция f(x)f(x) дифференцируема, а значит, непрерывна на отрезке [a,M][a, M]. На концах этого отрезка функция принимает значения разных знаков: f(a)=A>0f(a) = A > 0 и f(M)<0f(M) < 0. По первой теореме Больцано-Коши на интервале (a,M)(a, M) существует хотя бы одна точка x0x_0, в которой f(x0)=0f(x_0) = 0. Значит, корень существует.

Единственность корня.
Как было показано выше, f′(x)≤f′(a)<0f'(x) \le f'(a) < 0 для всех x>ax > a. Так как первая производная строго отрицательна на всём интервале (a,+∞)(a, +\infty), функция f(x)f(x) строго убывает на этом интервале.
Строго монотонная функция может пересекать ось абсцисс (принимать значение ноль) не более одного раза.

Проверка

Объединяя оба вывода, получаем, что уравнение f(x)=0f(x) = 0 имеет ровно один действительный корень на интервале (a,+∞)(a, +\infty). Что и требовалось доказать.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1311 — решение