Math24.ru
Математический Анализ
Главная
Математический анализ
Пределы и непрерывность
Дифференцирование
Приложения производной
Интегрирование
Последовательности и ряды
Двойные интегралы
Тройные интегралы
Криволинейные интегралы
Поверхностные интегралы
Ряды Фурье
Дифференциальные уравнения
Уравнения 1-го порядка
Уравнения 2-го порядка
Уравнения N-го порядка
Системы уравнений
Формулы и таблицы
Powered by MathJax
   Теорема Ролля
Теорема Ролля утверждает, что любая действительная дифференцируемая функция, принимающая одинаковые значения на концах интервала, должна иметь в этом интервале хотя бы одну стационарную точку, т.е. точку, в которой первая производная равна нулю. Геометрически это означает, что касательная к графику функции в этой точке горизонтальна (рисунок \(1\)).
геометрический смысл теоремы Ролля
Мишель Ролль
Рис.1
Рис.2  Мишель Ролль
(1652-1719)
Данное свойство было известно еще в \(12\) веке в древней Индии. Выдающийся индийский астроном и математик Бхаскара \(II\) (\(1114-1185\)) упоминает о нем в своих сочинениях. В строгом виде эта теорема была доказана в \(1691\) году французским математиком Мишелем Роллем (\(1652-1719\)) (рисунок \(2\)).

В современной математике доказательство теоремы Ролля основывается на двух других теоремах − второй теореме Вейерштрасса и теореме Ферма. Они формулируются таким образом:

Вторая теорема Вейерштрасса
Если функция \(f\left( x \right)\) непрерывна на отрезке \(\left[ {a,b} \right],\) то она достигает на нем своей точной верхней и нижней грани (т.е. наибольшего и наименьшего значения).

Теорема Ферма
Пусть функция \(f\left( x \right)\) определена в окрестности точки \({x_0}\) и дифференцируема в этой точке. Тогда, если функция \(f\left( x \right)\) имеет локальный экстремум в точке \({x_0},\) то \[f'\left( {{x_0}} \right) = 0.\] Рассмотрим теперь теорему Ролля (или теорему о нуле производной) в более строгом изложении. Пусть функция \(y = f\left( x \right)\) непрерывна на отрезке \(\left[ {a,b} \right],\) дифференцируема на интервале \(\left( {a,b} \right)\) и принимает одинаковые значения на концах данного отрезка: \[f\left( a \right) = f\left( b \right).\] Тогда на интервале \(\left( {a,b} \right)\) существует по крайней мере одна точка \(\xi \in \left( {a,b} \right),\) в которой производная функции \(f\left( x \right)\) равна нулю: \[f'\left( \xi \right) = 0.\] Доказательство.
Если функция \(f\left( x \right)\) постоянна на отрезке \(\left[ {a,b} \right],\) то производная равна нулю в любой точке интервала \(\left( {a,b} \right),\) т.е. в этом случае утверждение справедливо.

Если функция \(f\left( x \right)\) не является постоянной на отрезке \(\left[ {a,b} \right],\) то по теореме Вейерштрасса она достигает своего наибольшего или наименьшего значения в некоторой точке \(\xi\) интервала \(\left( {a,b} \right),\) т.е. в точке \(\xi\) существует локальный экстремум. Тогда по теореме Ферма производная в этой точке равна нулю: \[f'\left( \xi \right) = 0.\] Теорема Ролля имеет наглядный физический смысл. Предположим, что тело движется вдоль прямой и через некоторый промежуток времени возвращается в исходную точку. Тогда в данном промежутке времени существует момент, в котором мгновенная скорость тела была равна нулю.

   Пример 1
Доказать, что если уравнение \[f\left( x \right) = {a_0}{x^n} + {a_1}{x^{n - 1}} + \ldots + {a_{n - 1}}x = 0\] имеет положительный корень \(x = {x_0},\) то уравнение \[n{a_0}{x^{n - 1}} + \left( {n - 1} \right){a_1}{x^{n - 2}} + \ldots + {a_{n - 1}} = 0\] также имеет положительный корень \(x = \xi,\) причем \(\xi < {x_0}.\)

Решение.
Первое уравнение помимо \(x = {x_0}\) имеет еще один корень \(x = 0.\) Следовательно, для функции \(f\left( x \right)\) выполняются условия теоремы Ролля: \[f\left( 0 \right) = f\left( {{x_0}} \right) = 0.\] Второе уравнение получается путем дифференцирования первого уравнения: \[ {f'\left( x \right) } = {{\left( {{a_0}{x^n} + {a_1}{x^{n - 1}} + \ldots + {a_{n - 1}}x} \right)^\prime } } = {n{a_0}{x^{n - 1}} + \left( {n - 1} \right){a_1}{x^{n - 2}} + \ldots + {a_{n - 1}} = 0.} \] Согласно теореме Ролля, на отрезке \(\left[ {0,{x_0}} \right]\) существует внутренняя точка \(x = \xi,\) в которой производная равна нулю. Следовательно, точка \(x = \xi\) является решением второго уравнения, причем \(0 < \xi < {x_0}.\)

   Пример 2
Проверить справедливость теоремы Ролля для функции \[f\left( x \right) = {x^2} - 6x + 8.\]
Решение.
Данная квадратичная функция имеет корни \(x = 2\) и \(x = 4,\) то есть \[f\left( 2 \right) = f\left( {4} \right) = 0.\] Тогда, по теореме Ролля, внутри интервала \(\left( {2,4} \right)\) найдется точка \(\xi,\) в которой производная функции \(f\left( x \right)\) равна нулю.

Вычислим производную: \[f'\left( x \right) = {\left( {{x^2} - 6x + 8} \right)^\prime } = 2x - 6.\] Она равна нулю в следующей точке \(x = \xi:\) \[ {f'\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow 2x - 6 = 0,}\;\; {\Rightarrow x = \xi = 3.} \] Видно, что найденная стационарная точка \(\xi = 3\) принадлежит интервалу \(\left( {2,4} \right)\) (рисунок \(3\)).
приложение теоремы Ролля к квадратичной функции
приложение теоремы Ролля к полукругу
Рис.3
Рис.4
   Пример 3
Проверить справедливость теоремы Ролля для функции \[f\left( x \right) = \sqrt {1 - {x^2}} \] на отрезке \(\left[ { - 1,1} \right].\)

Решение.
Сразу убедимся, что функция на концах отрезка имеет одинаковые значения (равные нулю): \[f\left( {-1} \right) = f\left( {1} \right) = 0.\] Следовательно, производная должна быть равна нулю в какой-либо точке \(\xi \in \left( { - 1,1} \right).\) Дифференцируем заданную функцию: \[\require{cancel} f'\left( x \right) = {\left( {\sqrt {1 - {x^2}} } \right)^\prime } = \frac{1}{{2\sqrt {1 - {x^2}} }} \cdot {\left( {1 - {x^2}} \right)^\prime } = \frac{{ - \cancel{2}x}}{{\cancel{2}\sqrt {1 - {x^2}} }} = - \frac{x}{{\sqrt {1 - {x^2}} }}. \] Отсюда видно, что производная равна нулю при \(x = 0.\) Таким образом, \(\xi = 0,\) причем \(\xi \in \left( { - 1,1} \right).\)

Заметим, что данная функция описывает верхнюю полуокружность радиусом \(R = 1\) с центром в начале координат (рисунок \(4\)). Она не имеет конечных производных на концах отрезка \(\left[ { - 1,1} \right],\) т.е. не дифференцируема при \(x = \pm 1.\) Это, однако, не является препятствием для применения теоремы Ролля, поскольку в последней требуется, чтобы функция была дифференцируемой на открытом интервале \(\left( { - 1,1} \right).\)

   Пример 4
Проверить справедливость теоремы Ролля для функции \[f\left( x \right) = \frac{{{x^2} - 4x + 3}}{{x - 2}}\] на отрезке \(\left[ {1,3} \right].\)

Решение.
Видно, что значения функции на концах отрезка одинаковы: \[ {f\left( 1 \right) = \frac{{{1^2} - 4 \cdot 1 + 3}}{{1 - 2}} = 0,}\;\;\; {f\left( 3 \right) = \frac{{{3^2} - 4 \cdot 3 + 3}}{{3 - 2}} = 0.} \] Однако при \(x = 2\) существует разрыв, т.е. не выполняется одно из трех условий теоремы Ролля − условие непрерывности функции на отрезке \(\left[ {a,b} \right].\) Поэтому, в этом случае теорема Ролля неприменима.

   Пример 5
Проверить справедливость теоремы Ролля для функции \[f\left( x \right) = \left| {x - 1} \right|\] на отрезке \(\left[ {0,2} \right].\)

Решение.
Данная функция непрерывна на отрезке \(\left[ {0,2} \right],\) и на его границах значения функции одинаковы: \[ {f\left( 0 \right) = \left| {0 - 1} \right| = \left| { - 1} \right| = 1,}\;\;\; {f\left( 2 \right) = \left| {2 - 1} \right| = \left| 1 \right| = 1.} \] Однако третье условие теоремы Ролля − требование о дифференцируемости функции на открытом интервале \(\left( {0,2} \right)\) не выполняется, поскольку производная не существует в точке \(x = 1\) (В этой точке функция имеет излом.) Таким образом, в данном случае теорема Ролля неприменима.

   Пример 6
Определить число стационарных точек функции \[f\left( x \right) = x\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right)\] и указать интервалы, в которых они находятся.

Решение.
Функция имеет нули в следующих точках: \[ {{x_1} = 0,}\;\; {{x_2} = 1,}\;\; {{x_3} = 2.} \] Рассмотрим два отрезка: \(\left[ {0,1} \right]\) и \(\left[ {1,2} \right].\) Очевидно, на каждом из этих отрезков выполняются условия теоремы Ролля. Поэтому существуют две стационарные точки \({\xi_1}\) и \({\xi_2},\) лежащие в следующих интервалах: \[ {{\xi _1} \in \left( {0,1} \right),}\;\;\; {{\xi _2} \in \left( {1,2} \right).} \] Для проверки этого вывода найдем производную и вычислим стационарные точки. \[ {f\left( x \right) = x\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) } = {\left( {{x^2} - x} \right)\left( {x - 2} \right) } = {{x^3} - {x^2} - 2{x^2} + 2x } = {{x^3} - 3{x^2} + 2x;} \] \[ {f'\left( x \right) } = {{\left( {{x^3} - 3{x^2} + 2x} \right)^\prime } } = {3{x^2} - 6x + 2.} \] Корни производной равны: \[ {f'\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow 3{x^2} - 6x + 2 = 0,}\;\; {\Rightarrow D = 36 - 4 \cdot 3 \cdot 2 = 12,}\;\; {\Rightarrow {x_{1,2}} = \frac{{6 \pm \sqrt {12} }}{6} } ={ 1 \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }} \approx 0,42;\;1,58.} \] Итак, первая стационарная точка \({x_1} \approx 0,42\) лежит в интервале \(\left( {0,1} \right),\) а вторая точка \({x_2} \approx 1,58\) − в интервале \(\left( {1,2} \right),\) что совпадает с полученными выше результатами.

   Пример 7
Проверить справедливость теоремы Ролля для функции \[ f(x) = \begin{cases} x^2, & \text{если}\;\;\; 0 \le x \le 2 \\ 6-x, & \text{если}\;\;\; 2 \lt x \le 6 \end{cases}. \]
Решение.
Функция определена и непрерывна на отрезке \(\left[ {0,6} \right]\) и принимает на концах отрезка одинаковые значения: \[ {f\left( 0 \right) = {0^2} = 0,}\;\;\; {f\left( 6 \right) = 6 - 6 = 0.} \] Однако данная функция не дифференцируема в точке \(x = 2.\) Действительно, при вычислении производной в этой точке результат зависит от знака приращения \(\Delta x:\)

В случае \(\Delta x < 0\) имеем: \[ {f'\left( x \right) = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f\left( {x + \Delta x} \right) - f\left( x \right)}}{{\Delta x}} } = {\lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{{{\left( {x + \Delta x} \right)}^2} - {x^2}}}{{\Delta x}} } = {\lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\cancel{x^2} + 2x\Delta x + {{\left( {\Delta x} \right)}^2} - \cancel{x^2}}}{{\Delta x}} } = {\lim\limits_{\Delta x \to 0} \left( {2x + \Delta x} \right) = 2x,}\;\; {\Rightarrow f'\left( {2 - 0} \right) = 4.} \] При \(\Delta x > 0\) получаем: \[ {f'\left( x \right) = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f\left( {x + \Delta x} \right) - f\left( x \right)}}{{\Delta x}} } = {\lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\left[ {6 - \left( {x + \Delta x} \right)} \right] - \left( {6 - x} \right)}}{{\Delta x}} } = {\lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{\cancel{6} - \cancel{x} - \Delta x - \cancel{6} + \cancel{x}}}{{\Delta x}} } = {\lim\limits_{\Delta x \to 0} \left( { - \frac{{\cancel{\Delta x}}}{{\cancel{\Delta x}}}} \right) = - 1,}\;\; {\Rightarrow f'\left( {2 + 0} \right) = - 1.} \] Это означает, что производной в точке \(x = 2\) не существует (рисунок \(5\)), т.е. не выполняется условие дифференцируемости функции во всех точках интервала. Поэтому теорема Ролля здесь неприменима.
приложение теоремы Ролля к кусочно-непрерывной функции
Рис.5


Все права защищены © www.math24.ru, 2009-2016   info@math24.ru
Сайт оптимизирован для Chrome, Firefox, Safari и Internet Explorer.