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

Демидович — задача 1316

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

Задача 1316

Пусть функция f(x)f(x) дважды дифференцируема в интервале (a,b)(a,b) и f′′(ξ)≠0f''(\xi)\ne0, где a<ξ<ba<\xi<b. Доказать, что в интервале (a,b)(a,b) можно найти два значения x1x_1 и x2x_2 такие, чтоf(x2)−f(x1)x2−x1=f′(ξ).\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=f'(\xi).

Доказательство

Положим F(x)=f(x)−xf′(ξ)F(x)=f(x)-xf'(\xi). Тогда F′(ξ)=0F'(\xi)=0, а F′′(ξ)=f′′(ξ)≠0F''(\xi)=f''(\xi)\ne0. Сначала пусть A=F′′(ξ)>0A=F''(\xi)>0.

По определению второй производнойF′(ξ+h)−F′(ξ)h⟶A.\frac{F'(\xi+h)-F'(\xi)}h\longrightarrow A.Поэтому при всех достаточно малых h≠0h\ne0 это отношение больше A/2>0A/2>0. Так как F′(ξ)=0F'(\xi)=0, получаем F′(ξ+h)<0F'(\xi+h)<0 при h<0h<0 и F′(ξ+h)>0F'(\xi+h)>0 при h>0h>0. Выберем r>0r>0 так, чтобы [ξ−r,ξ+r]⊂(a,b)[\xi-r,\xi+r]\subset(a,b) и обе оценки действовали на этом отрезке вне центра.

По признаку монотонности FF строго убывает на [ξ−r,ξ][\xi-r,\xi] и строго возрастает на [ξ,ξ+r][\xi,\xi+r]. Следовательно, числаd−=F(ξ−r)−F(ξ),d+=F(ξ+r)−F(ξ)d_-=F(\xi-r)-F(\xi),\qquad d_+=F(\xi+r)-F(\xi)положительны. Возьмём C=F(ξ)+12min⁡(d−,d+)C=F(\xi)+\tfrac12\min(d_-,d_+). Это значение строго между F(ξ)F(\xi) и каждым из двух крайних значений. Непрерывность даёт точки x1∈(ξ−r,ξ)x_1\in(\xi-r,\xi) и x2∈(ξ,ξ+r)x_2\in(\xi,\xi+r), для которых F(x1)=F(x2)=CF(x_1)=F(x_2)=C.

Раскрывая определение FF, получаемf(x2)−f(x1)=f′(ξ)(x2−x1).f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1).Деление на x2−x1>0x_2-x_1>0 даёт требуемое равенство.

Если F′′(ξ)<0F''(\xi)<0, применим то же рассуждение к −F-F, у которой вторая производная в ξ\xi положительна. Найденное равенство −F(x1)=−F(x2)-F(x_1)=-F(x_2) снова означает F(x1)=F(x2)F(x_1)=F(x_2) и приводит к тому же ответу.

Что и требовалось доказать

Демидович № 1316 — решение | Высшая математика — Профиматика