Функции, дифференцируемые на отрезке

Пусть $f(a)>0$, $f(b)<0$. Построим последовательности $(a_n)$, $(b_n)$ следующим образом; $a_1:=a$, $b_1:=b$,

при $n\ge 1$.

Покажем, что $a_{n+1}\le b_{n+1}$. По условию $a_1: = a < b =:b_1$. Пусть $a_n \le b_n$. Рассмотрим тогда $a_{n+1}$, $b_{n+1}$. Тогда, если $a_{n+1} = \frac{a_{n}+b_n}{2}$. то $b_{n+1} = b_n$, и тогда

Если же $a_{n+1} = a_n$, то $b_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2}$, и мы получаем

Итак, мы показали, что $a_n \le b_n$.

Далее покажем, что $a_{n+1} \ge a_n$. Действительно, либо $a_2= a_1$, либо $a_2 = \frac{a_1 + b_1}{2} = \frac{a+b}{2} > \frac{a+a}{2} = a = a_1$. Пусть $a_{n} \ge a_{n-1}$, тогда если $a_{n+1} = \frac{a_n + b_n}{2}$, то $b_{n+1} = b_n$, то

иначе $a_{n+1} = a_n$.

Аналогично показывается, что $b_{n+1} \le b_{n}$.

В итоге, мы получили две ограниченные^[1] монотонные последовательности $(a_n)$, $(b_n)$. Тогда по теореме Вейерштрасса Figure 4 у них есть предел.

С другой стороны, имеем

т. е.

Докажем, что она ограничена сверху (ограниченность снизу доказывается аналогично). Пусть для любого $n\in \mathbb{N}$ на отрезке $[a,b]$ есть такая точка $x_n$, что $f(x_n) >n$. Мы получаем ограниченную последовательность $(x_n)$, тогда по теореме Theorem 1.6.3 можно выбрать сходящуюся подпоследовательность $(x_{n_k})$. Пусть тогда $\lim_{n\to \infty}x_{n_k} = x_0$. Согласно лемме Lemma 1.3.2, $a\le x_0 \le b$.

Далее, так как $f(x)$ непрерывна на всём отрезке, то $f(x_0) = \lim_{x\to x_0}f(x)$, но тогда, согласно теореме Theorem 4, $f(x_0) = \lim_{n\to \infty} f(x_{n_k})$, но мы предположили, что $f(x_{n_k}) > n_k$, тогда $\lim_{n\to \infty} f(x_{n_k}) = \infty$, что даёт противоречие.

Рассмотрим множество $\{f(x),\, x \in [a,b] \} =: \mathrm{Im}(f)$. Очевидно, что оно не пусто. Согласно теореме Theorem 2, оно ограничено. Тогда, согласно принципу полноты Вейерштрасса (теорема Theorem 1.4.1), это множество имеет супремум и инфинум.

Покажем, что на отрезке $[a,b]$ есть такая точка $x_0$, для которой $f(x_0) = M: = \sup_{f(x) \in [a,b]}\{f(x)\}$. (Для инфиниума доказательство аналогичное).

Итак, множество $\{f(x),\, x\in [a,b] \}$ ограничено и не пусто и имеет $\sup, \inf$. Тогда из определения супремума следует, что найдутся такие $f(x_n)$, что $M - \frac{1}{n} \le f(x_n) \le M$ для какой-то последовательности $(x_n)$ точек из $[a,b]$. Согласно теореме Theorem 1.6.3, можно выбрать сходящуюся подпоследовательность $(x_{n_k})$. Согласно лемме Lemma 1, мы можем положить, что эта подпоследовательность сходится к $x_0$, но тогда согласно теореме Theorem 4, $f(x_0) = \lim_{n \to \infty} f(x_{n_k})$, но так как $M - \frac{1}{n} \le f(x_n) \le M$, то по лемме о зажатой последовательности (теорема Lemma 1.3.1) $f(x_0) = M$, что и требовалось доказать.

Пусть $f(x_0) \le f(x)$ для всех $x \in [a,b]$, другой случай рассматривается аналогично. Рассмотрим пределы

Так как $f'(x_0) := \lim_{x\in \mathbb{R}, x \to x_0}$ существует, значит, по Теореме Theorem 2 эти два предела должны совпадать. Но так как $f(x_0) \le f(x)$, то по теореме Theorem 5 $A\ge 0$, $B\le 0$, но тогда $f'(x_0) =0$, что и требовалось.

Согласно теореме Вейештрасса Theorem 3, $f(x)$ достигает максимума $M$ и минимума $m$ на этом отрезке.

(1) Пусть $M = m$, тогда $f(x) = \mathrm{const}$, так как $m \le f(x) \le M$ для всех $x \in [a,b]$. Тогда в качестве $x_0$ можно взять любую точку из $(a,b)$.

(2) Пусть $f(x) \ne \mathrm{const}$, тогда найдётся точка $x_0 \in (a,b)$ такая, что $f(x_0) \ne f(a) =f(b)$. Положим $f(x) > f(a)$. Далее, согласно теореме Вейерштрасса Theorem 3, найдётся точка $x_1 \in [a,b]$, в которой $f(x_1)$ максимальна. Тогда $x_1 \ne a,b$ и по теореме Ферма (теорема Theorem 4) мы получаем требуемое.

Рассмотрим функцию

Эта функция дифференцируема на отрезке $[a,b]$ и $\varphi(a) = \varphi(b) = f(a)$, тогда по теореме Ролля (теорема Theorem 5) существует $x_0 \in (a,b)$ такая, что $\varphi'(x_0) = 0$, т. е.

что и требовалось доказать.

Пусть

Ясно, что

и $F(a) = F(b) =0$. Тогда по теореме Ролля Theorem 5 существует $c\in (a,b)$ такая, что $F'(c) = 0.$

Если $g(b) = g(a)$, то по теореме Ролля нашлась бы точка $x_0 \in (a,b)$ такая, что $g'(x_0) = 0$, но по условию $g' \ne 0$ на всём $(a,b)$, тогда $g(b) \ne g(a)$. Поэтому из $F'(c)=0$ и следует требуемое.