Tekst źródłowy strony Matematyka 1NI/Twierdzenia Rolle'a i Lagrange'a

==Twierdzenia Rolle'a i Lagrange'a==

<big>'''''Zadanie 1'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnych <math>x,y\in\mathbb{R}\, </math> zachodzi <math>|\sin x -\sin y|\leq |x-y|\, </math>. 
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = 
Należy wykorzystać twierdzenie Lagrange'a dla funkcji <math>f(x)=\sin x\, </math>.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = 
W przypadku <math>x=y\, </math> nierówność (a właściwie równość) w treści zadania spełniona jest w sposób oczywisty, więc tego przypadku nie musimy rozpatrywać. Bez zmniejszania ogólności możemy też przyjąć <math>x>y\, </math>. Z twierdzenia Lagrange'a wynika, że istnieje <math>\xi\in ]y,x[\, </math> spełniające:
<equation id="eq:rl1"> <math>
\left.\sin' x\right|_{x=\xi}=\cos\xi=\frac{\sin x-\sin y}{x-y}\; .
 \,  </math></equation>
Jednakże funkcja cosinus przyjmuje wartości z przedziału <math>[-1,1]\, </math>. Otrzymujemy więc nierówność:
<equation id="eq:rl1a"> <math>
-1\leq \frac{\sin x-\sin y}{x-y}\leq 1\;\; \Longrightarrow \;\; \left|\frac{\sin x-\sin y}{x-y}\right|\leq 1 \;\; \Longrightarrow \;\; \left|\sin x-\sin y\right|\leq |x-y|\; .
\,  </math></equation>
}}
----
<big>'''''Zadanie 2'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnych <math>a,b\in\mathbb{R}\, </math> zachodzi <math>|\mathrm{arctg}\, a -\mathrm{arctg}\, b|\leq |a-b|\, </math>. 
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = 
Należy wykorzystać twierdzenie Lagrange'a dla funkcji <math>f(x)=\mathrm{arctg}\, x\, </math>.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = 
Dla <math>a=b\, </math> nierówność (a właściwie równość) w treści zadania spełniona jest w sposób oczywisty. Ze względu na symetrię nierówności przy zamianie <math>a\leftrightarrow b\, </math>, możemy też przyjąć <math>a>b\, </math>. Z twierdzenia Lagrange'a wynika, że istnieje <math>\xi\in ]b,a[\, </math> spełniające:
<equation id="eq:rl2"> <math>
\left.\mathrm{arctg'} x\right|_{x=\xi}=\frac{1}{1+\xi^2}=\frac{\mathrm{arctg}\,a-\mathrm{arctg}\, b}{a-b}\; .
\,  </math></equation>
Jednakże zachodzi <math>\displaystyle \frac{1}{1+\xi^2}<1\, </math>, więc można napisać:
<equation id="eq:rl2a"> <math>
\left|\frac{\mathrm{arctg}\,a-\mathrm{arctg}\, b}{a-b}\right|<1\; .
\,  </math></equation>
Dopisując znak wartości bezwzględnej wykorzystaliśmy fakt, że ułamek jest dodatni. Mnożąc teraz obie strony przez <math>|a-b|\, </math>, otrzymujemy:
<equation id="eq:rl2b"> <math>
\left|\mathrm{arctg}\,a-\mathrm{arctg}\, b\right|\leq |a-b|\; .
\,  </math></equation>
Zmieniliśmy tutaj znak nierówności z <math><\, </math> na <math>\leq\, </math> aby w końcowej formule uwzględnić także przypadek <math>a=b\, </math>.
}}
----
<big>'''''Zadanie 3'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnych <math>a>b>0\, </math> zachodzi 
<equation id="eq:rl3"> <math>
\frac{a-b}{1+a^2}\leq \mathrm{arctg}\, a -\mathrm{arctg}\, b\leq\frac{a-b}{1+b^2}
\,  </math></equation>
i znaleźć na tej podstawie oszacowanie dla wartości <math>\displaystyle \mathrm{arctg}\,\frac{3}{4}\, </math>. 
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = 
Należy wykorzystać twierdzenie Lagrange'a dla funkcji <math>f(x)=\mathrm{arctg}\, x\, </math>.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = 
Na mocy twierdzenia Lagrange'a otrzymaliśmy w poprzednim zadaniu równanie:
<equation id="eq:rl3a"> <math>
\left.\mathrm{arctg'} x\right|_{x=\xi}=\frac{1}{1+\xi^2}=\frac{\mathrm{arctg}\,a-\mathrm{arctg}\, b}{a-b}\; .
\,  </math></equation>
Ponieważ dla <math>a>b>0\, </math>: 
<equation id="eq:rl3b"> <math>
\displaystyle \frac{1}{1+a^2}<\frac{1}{1+\xi^2}< \frac{1}{1+b^2}\; ,
\,  </math></equation> 
więc zachodzi:
<equation id="eq:rl3c"> <math>
\frac{1}{1+a^2}<\left|\frac{\mathrm{arctg}\,a-\mathrm{arctg}\, b}{a-b}\right|< \frac{1}{1+b^2}\; .
\,  </math></equation>
Ułamek wewnątrz symbolu wartości bezwzględnej jest dodatni, więc można było ten symbol "bezkarnie" dopisać. Mnożąc teraz obie strony przez <math>|a-b|\, </math>, otrzymujemy:
<equation id="eq:rl3d"> <math>
\frac{a-b}{1+a^2}\leq \mathrm{arctg}\, a -\mathrm{arctg}\, b\leq\frac{a-b}{1+b^2}
\,  </math></equation>
Zmieniliśmy tutaj znak nierówności z <math><\, </math> na <math>\leq\, </math> aby uwzględnić także przypadek <math>a=b\, </math>. Otrzymaliśmy w ten sposób <xr id="eq:rl3">(%i)</xr>, a teraz znajdziemy oszacowanie dla <math>\displaystyle\mathrm{arctg}\frac{3}{4}\,</math>. 
Wykorzystamy otrzymaną nierówność podstawiając <math>a=1\, </math> i <math>\displaystyle b=\frac{3}{4}\, </math>. Uzyskujemy:
<equation id="eq:rl3e"> <math>
\frac{\frac{1}{4}}{1+1}\leq \mathrm{arctg}\, 1 -\mathrm{arctg}\,\frac{3}{4}\leq\frac{\frac{1}{4}}{1+\left(\frac{3}{4}\right)^2}\; ,
\,  </math></equation>
skąd wynika oszacowanie:
<equation id="eq:rl3f"> <math>
\frac{\pi}{4}-\frac{4}{25}\leq \mathrm{arctg}\frac{3}{4}\leq\frac{\pi}{4}-\frac{1}{8}\; .
\,  </math></equation>
}}
----
<big>'''''Zadanie 4'''''</big>

Wykazać, że dla <math>a>b>0\, </math> oraz <math>x>1\, </math> zachodzi:
<equation id="eq:rl4"> <math>
x\,b^{x-1}(a-b)<a^x-b^x<x\,a^{x-1}(a-b)\; .
\,  </math></equation> <br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = 
Należy wykorzystać twierdzenie Lagrange'a dla funkcji <math>f(y)=y^x\, </math>, gdzie <math>x\, </math> jest parametrem.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = 
Z twierdzenia Lagrange'a wynika, że istnieje <math>\xi\in ]b,a[\, </math> spełniające (prim oznacza różniczkowanie po <math>y\, </math>):
<equation id="eq:rl4a"> <math>
\left.[y^x]'\right|_{y=\xi}=x\xi^{x-1}=\frac{a^x-b^x}{a-b}\; .
\,  </math></equation>
Wykładnik <math>x-1>0\, </math>, więc funkcja <math>\xi^{x-1}\, </math> jest rosnąca w zmiennej <math>\xi\, </math>. Wynika stąd, że
<equation id="eq:rl4b"> <math>
b^{x-1}<\xi^{x-1}<a^{x-1}
\,  </math></equation>
i w konsekwencji
<equation id="eq:r4c"> <math>
x\,b^{x-1}<\frac{a^x-b^x}{a-b}<x\,a^{x-1}\; .
\,  </math></equation>
Mnożąc tę nierówność przez <math>(a-b)\, </math>, otrzymujemy:
<equation id="eq:rl4d"> <math>
x\,b^{x-1}(a-b)<a^x-b^x<x\,a^{x-1}(a-b)\; .
\,  </math></equation>
}}
----
<big>'''''Zadanie 5'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnych <math>1\leq x<y\leq e\, </math> zachodzi nierówność:
<equation id="eq:rl5"> <math>
y-x<y^2\log y-x^2\log x<3e(y-x)\; .
\,  </math></equation> <br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = 
Należy wykorzystać twierdzenie Lagrange'a dla funkcji <math>f(z)=z^2\log z\, </math>.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = 
Z twierdzenia Lagrange'a wynika, że istnieje <math>\xi\in ]x,y[\, </math> spełniające:
<equation id="eq:rl5a"> <math>
\left.[z^2\log z]'\right|_{z=\xi}=2\xi\log\xi+\xi=\frac{y^2\log y-x^2\log x}{y-x}\; .
\,  </math></equation>
Funkcja <math>2\xi\log\xi+\xi\, </math> jest rosnąca w zmiennej <math>\xi\, </math>, więc mamy:
<equation id="eq:rl5b"> <math>
2\cdot 1\log 1+1=1< 2\xi\log\xi+\xi<2 e\log e+e=3e\; ,
\,  </math></equation>
skąd
<equation id="eq:rl5c"> <math>
1<\frac{y^2\log y-x^2\log x}{y-x}<3e\; .
\,  </math></equation>
Mnożąc tę nierówność przez <math>(y-x)\, </math>, otrzymujemy:
<equation id="eq:rl5d"> <math>
y-x<y^2\log y-x^2\log x<3e(y-x)\; .
\,  </math></equation>
}}
----
<big>'''''Zadanie 6'''''</big>

Wykazać, że dla dowolnych <math>x,y\in [0,1]\, </math> zachodzi nierówność:
<equation id="eq:rl6"> <math>
|y^2\mathrm{arctg}\, y-x^2\mathrm{arctg}\, x\leq \frac{1+\pi}{2}\,|y-x|\; .
\,  </math></equation> <br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = 
Należy wykorzystać twierdzenie Lagrange'a dla funkcji <math>f(z)=z^2\mathrm{arctg}\, z\, </math>.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = 
Dla <math>x=y\, </math> nierówność <xr id="eq:rl6">(%i)</xr> spełniona jest w sposób oczywisty. W dalszym toku rozwiązania możemy, bez zmniejszenia ogólności, przyjąć, że <math>y>x\, </math>. Z twierdzenia Lagrange'a wynika, że istnieje <math>\xi\in ]x,y[\, </math> spełniające:
<equation id="eq:rl6a"> <math>
\left.[z^2\mathrm{arctg}\, z]'\right|_{z=\xi}=2\xi\mathrm{arctg}\,\xi+\frac{\xi^2}{1+\xi^2}=\frac{y^2\mathrm{arctg}\, y-x^2\mathrm{arctg}\, x}{y-x}\; .
\,  </math></equation>
Funkcja:
<equation id="eq:rl6b"> <math>
g(\xi)=2\xi\mathrm{arctg}\,\xi+\frac{\xi^2}{1+\xi^2}
\,  </math></equation>
jest rosnąca, bo jej pochodna jest dodatnia (jest sumą samych dodatnich wyrazów):
<equation id="eq:rl6c"> <math>
g'(\xi)=2\mathrm{arctg}\,\xi+\frac{2\xi}{1+\xi^2}+\frac{2\xi}{(1+\xi^2)^2}\; .
\,  </math></equation>
W takim razie zachodzi  <math>g(0)<g(\xi)<g(1)\, </math>, czyli
<equation id="eq:rl6d"> <math>
2\cdot 0\cdot\mathrm{arctg}\, 0+0=0< g(\xi)< 2\cdot 1\cdot\mathrm{arctg}\, 1+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(\pi+1)\; ,
\,  </math></equation>
skąd otrzymujemy:
<equation id="eq:rl6e"> <math>
0<\frac{y^2\mathrm{arctg}\, y-x^2\mathrm{arctg}\, x}{y-x}<\frac{1}{2}(\pi+1)\; .
\,  </math></equation>
Wyrażenie ułamkowe w <xr id="eq:rl6e">(%i)</xr> jest dodatnie, więc można dopisać znak wartości bezwzględnej. Mnożąc tę nierówność przez <math>|y-x|\, </math>, otrzymujemy:
<equation id="eq:rl6f"> <math>
|y^2\mathrm{arctg}\, y-x^2\mathrm{arctg}\, x|\leq \frac{1+\pi}{2}\,|y-x|\; .
\,  </math></equation>
Zmieniliśmy tutaj znak nierówności z <math><\, </math> na <math>\leq\, </math> aby uwzględnić także przypadek <math>x=y\, </math>.
}}
----
<big>'''''Zadanie 7'''''</big>

Wykazać nierówność:
<equation id="eq:rl7"> <math>
\frac{x-1}{x}\leq \log x\leq x-1\; ,
\,  </math></equation>
dla <math>x>0\, </math> 
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = 
 Należy wykorzystać twierdzenie Lagrange'a dla funkcji <math>f(x)=\log x\, </math>.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = 
Rozważmy funkcję <math>f(x)=\log x\, </math> i weźmy na początek <math>0<x<1\, </math>. Na przedziale <math>[x,1]\, </math> funkcja ta spełnia założenia twierdzenia Lagrange'a. Możemy więc napisać:
<equation id="eq:rl7a"> <math>
\frac{1}{\xi}=\frac{\log 1-\log x}{1-x}\; ,
\,  </math></equation>
gdzie <math>x<\xi <1\, </math>. Oczywiście zachodzi: <math>\displaystyle 1 <\frac{1}{\xi}<\frac{1}{x}\, </math> i w konsekwencji:
<equation id="eq:rl7b"> <math>
1<\frac{\log 1-\log x}{1-x}<\frac{1}{x}\; ,
\,  </math></equation>
skąd wynika:
<equation id="eq:rl7c"> <math>
\frac{x-1}{x}<\log x< x-1\; .
\,  </math></equation>

Z kolei dla <math>x>1\, </math> funkcja <math>f\, </math> spełnia założenia twierdzenia Lagrange'a na przedziale <math>[1,x]\, </math>. Otrzymujemy więc:
<equation id="eq:rl7d"> <math>
\frac{1}{\xi}=\frac{\log x-\log 1}{x-1}\; ,
\,  </math></equation>
gdzie <math>x<\xi <1\, </math>. Tym razem zachodzi:  <math>\displaystyle  \frac{1}{x}<\frac{1}{\xi}<1\, </math> i w efekcie:
<equation id="eq:rl7e"> <math>
\frac{1}{x}<\frac{\log x-\log 1}{x-1}<1\; .
\,  </math></equation>
Wynika stąd ponownie układ nierówności:
<equation id="eq:rl7f"> <math>
\frac{x-1}{x}<\log x< x-1\; .
\,  </math></equation>
Jeśli uwzględnić jeszcze przypadek <math>x=1\, </math>, dla którego realizowane są równości, to otrzymujemy <xr id="eq:rl7">(%i)</xr>.
}}
----
<big>'''''Zadanie 8'''''</big>

Wykazać, że wielomian:
<equation id="eq:rl8"> <math>
w(x)=2x^5-\frac{130}{3}\,x^3+360x+c\; ,
\,  </math></equation>
gdzie <math>c\, </math> jest dowolną stałą, nie może mieć dwóch różnych pierwiastków w przedziale <math>]-2,2[\, </math>, ani czterech różnych pierwiastków w przedziale <math>]-3,3[\, </math>. 
<br>

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content = 
Należy wykorzystać twierdzenie Rolle'a w odniesieniu do wielomianu <math>w(x)\, </math>.<br>}}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content = 
Załóżmy, że istnieją dwa pierwiastki wielomianu <math>w(x)\, </math> spełniające <math>-2<x_1<x_2<2\, </math>. Ponieważ z definicji <math>w(x_1)=w(x_2)=0\, </math>, więc na przedziale <math>[x_1,x_2]\, </math> spełnione są założenia twierdzenia Rolle'a. Z twierdzenia tego wynika, że musi istnieć liczba <math>\xi\in]x_1,x_2[\, </math>, taka że <math>w'(\xi)=0\, </math>. Obliczmy zatem pochodną wielomianu <math>w(\xi)\, </math>:
<equation id="eq:rl8a"> <math>
w'(\xi)=10\xi^4-130\xi^2+360=10(\xi^2-9)(\xi^2-4)=10(\xi-3)(\xi+3)(\xi-2)(\xi+2)\; .
\,  </math></equation>
Widać, że jedynymi pierwiastkami równania <math>w'(\xi)=0\, </math> są liczby: <math>\pm 2,\pm3\, </math>, a żadna z nich nie leży wewnątrz przedziału <math>]x_1,x_2[\, </math>. Doszliśmy do sprzeczności.

Teraz załóżmy, że istnieją cztery pierwiastki wielomianu <math>w(x)\, </math> spełniające <math>-3<x_1<x_2<x_3<x_4<3\, </math>. W takim przypadku spełnione są założenia twierdzenia Rolle'a na przedziałach: <math>[x_1,x_2]\, </math>, <math>[x_2,x_3]\, </math> oraz <math>[x_3,x_4]\, </math>. Wewnątrz każdego z tych przedziałów musi się więc zerować pochodna <math>w'(x)\, </math>. Jednakże z <xr id="eq:rl8a">(%i)</xr> wynika, że w przedziale <math>]-3,3[\, </math> leżą jedynie dwa miejsca zerowe pochodnej: <math>\pm 2\, </math>. Ponownie doszliśmy zatem do sprzeczności, co kończy dowód.
}}
----