Matematyka 1NI/Twierdzenia Rolle'a i Lagrange'a

Twierdzenia Rolle'a i Lagrange'a

Zadanie 1

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

Wskazówka

Należy wykorzystać twierdzenie Lagrange'a dla funkcji [math]f(x)=\sin x\, [/math].

---

Rozwiązanie

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\gt y\, [/math]. Z twierdzenia Lagrange'a wynika, że istnieje [math]\xi\in ]y,x[\, [/math] spełniające:

[math] \left.\sin' x\right|_{x=\xi}=\cos\xi=\frac{\sin x-\sin y}{x-y}\; . \, [/math]

Jednakże funkcja cosinus przyjmuje wartości z przedziału [math][-1,1]\, [/math]. Otrzymujemy więc nierówność:

[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]

---

Zadanie 2

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

Wskazówka

Należy wykorzystać twierdzenie Lagrange'a dla funkcji [math]f(x)=\mathrm{arctg}\, x\, [/math].

---

Rozwiązanie

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\gt b\, [/math]. Z twierdzenia Lagrange'a wynika, że istnieje [math]\xi\in ]b,a[\, [/math] spełniające:

[math] \left.\mathrm{arctg'} x\right|_{x=\xi}=\frac{1}{1+\xi^2}=\frac{\mathrm{arctg}\,a-\mathrm{arctg}\, b}{a-b}\; . \, [/math]

Jednakże zachodzi [math]\displaystyle \frac{1}{1+\xi^2}\lt 1\, [/math], więc można napisać:

[math] \left|\frac{\mathrm{arctg}\,a-\mathrm{arctg}\, b}{a-b}\right|\lt 1\; . \, [/math]

Dopisując znak wartości bezwzględnej wykorzystaliśmy fakt, że ułamek jest dodatni. Mnożąc teraz obie strony przez [math]|a-b|\, [/math], otrzymujemy:

[math] \left|\mathrm{arctg}\,a-\mathrm{arctg}\, b\right|\leq |a-b|\; . \, [/math]

Zmieniliśmy tutaj znak nierówności z [math]\lt \, [/math] na [math]\leq\, [/math] aby w końcowej formule uwzględnić także przypadek [math]a=b\, [/math].

---

Zadanie 3

Wykazać, że dla dowolnych [math]a\gt b\gt 0\, [/math] zachodzi

[math] \frac{a-b}{1+a^2}\leq \mathrm{arctg}\, a -\mathrm{arctg}\, b\leq\frac{a-b}{1+b^2} \, [/math]

i znaleźć na tej podstawie oszacowanie dla wartości [math]\displaystyle \mathrm{arctg}\,\frac{3}{4}\, [/math].

Wskazówka

Należy wykorzystać twierdzenie Lagrange'a dla funkcji [math]f(x)=\mathrm{arctg}\, x\, [/math].

---

Rozwiązanie

Na mocy twierdzenia Lagrange'a otrzymaliśmy w poprzednim zadaniu równanie:

[math] \left.\mathrm{arctg'} x\right|_{x=\xi}=\frac{1}{1+\xi^2}=\frac{\mathrm{arctg}\,a-\mathrm{arctg}\, b}{a-b}\; . \, [/math]

Ponieważ dla [math]a\gt b\gt 0\, [/math]:

[math] \displaystyle \frac{1}{1+a^2}\lt \frac{1}{1+\xi^2}\lt \frac{1}{1+b^2}\; , \, [/math]

więc zachodzi:

[math] \frac{1}{1+a^2}\lt \left|\frac{\mathrm{arctg}\,a-\mathrm{arctg}\, b}{a-b}\right|\lt \frac{1}{1+b^2}\; . \, [/math]

Ułamek wewnątrz symbolu wartości bezwzględnej jest dodatni, więc można było ten symbol "bezkarnie" dopisać. Mnożąc teraz obie strony przez [math]|a-b|\, [/math], otrzymujemy:

[math] \frac{a-b}{1+a^2}\leq \mathrm{arctg}\, a -\mathrm{arctg}\, b\leq\frac{a-b}{1+b^2} \, [/math]

Zmieniliśmy tutaj znak nierówności z [math]\lt \, [/math] na [math]\leq\, [/math] aby uwzględnić także przypadek [math]a=b\, [/math]. Otrzymaliśmy w ten sposób (6), 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:

[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]

skąd wynika oszacowanie:

[math] \frac{\pi}{4}-\frac{4}{25}\leq \mathrm{arctg}\frac{3}{4}\leq\frac{\pi}{4}-\frac{1}{8}\; . \, [/math]

---

Zadanie 4

Wykazać, że dla [math]a\gt b\gt 0\, [/math] oraz [math]x\gt 1\, [/math] zachodzi:

[math] x\,b^{x-1}(a-b)\lt a^x-b^x\lt x\,a^{x-1}(a-b)\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy wykorzystać twierdzenie Lagrange'a dla funkcji [math]f(y)=y^x\, [/math], gdzie [math]x\, [/math] jest parametrem.

---

Rozwiązanie

Z twierdzenia Lagrange'a wynika, że istnieje [math]\xi\in ]b,a[\, [/math] spełniające (prim oznacza różniczkowanie po [math]y\, [/math]):

[math] \left.[y^x]'\right|_{y=\xi}=x\xi^{x-1}=\frac{a^x-b^x}{a-b}\; . \, [/math]

Wykładnik [math]x-1\gt 0\, [/math], więc funkcja [math]\xi^{x-1}\, [/math] jest rosnąca w zmiennej [math]\xi\, [/math]. Wynika stąd, że

[math] b^{x-1}\lt \xi^{x-1}\lt a^{x-1} \, [/math]

i w konsekwencji

[math] x\,b^{x-1}\lt \frac{a^x-b^x}{a-b}\lt x\,a^{x-1}\; . \, [/math]

Mnożąc tę nierówność przez [math](a-b)\, [/math], otrzymujemy:

[math] x\,b^{x-1}(a-b)\lt a^x-b^x\lt x\,a^{x-1}(a-b)\; . \, [/math]

---

Zadanie 5

Wykazać, że dla dowolnych [math]1\leq x\lt y\leq e\, [/math] zachodzi nierówność:

[math] y-x\lt y^2\log y-x^2\log x\lt 3e(y-x)\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy wykorzystać twierdzenie Lagrange'a dla funkcji [math]f(z)=z^2\log z\, [/math].

---

Rozwiązanie

Z twierdzenia Lagrange'a wynika, że istnieje [math]\xi\in ]x,y[\, [/math] spełniające:

[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]

Funkcja [math]2\xi\log\xi+\xi\, [/math] jest rosnąca w zmiennej [math]\xi\, [/math], więc mamy:

[math] 2\cdot 1\log 1+1=1\lt 2\xi\log\xi+\xi\lt 2 e\log e+e=3e\; , \, [/math]

skąd

[math] 1\lt \frac{y^2\log y-x^2\log x}{y-x}\lt 3e\; . \, [/math]

Mnożąc tę nierówność przez [math](y-x)\, [/math], otrzymujemy:

[math] y-x\lt y^2\log y-x^2\log x\lt 3e(y-x)\; . \, [/math]

---

Zadanie 6

Wykazać, że dla dowolnych [math]x,y\in [0,1]\, [/math] zachodzi nierówność:

[math] |y^2\mathrm{arctg}\, y-x^2\mathrm{arctg}\, x\leq \frac{1+\pi}{2}\,|y-x|\; . \, [/math]

Wskazówka

Należy wykorzystać twierdzenie Lagrange'a dla funkcji [math]f(z)=z^2\mathrm{arctg}\, z\, [/math].

---

Rozwiązanie

Dla [math]x=y\, [/math] nierówność (23) spełniona jest w sposób oczywisty. W dalszym toku rozwiązania możemy, bez zmniejszenia ogólności, przyjąć, że [math]y\gt x\, [/math]. Z twierdzenia Lagrange'a wynika, że istnieje [math]\xi\in ]x,y[\, [/math] spełniające:

[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]

Funkcja:

[math] g(\xi)=2\xi\mathrm{arctg}\,\xi+\frac{\xi^2}{1+\xi^2} \, [/math]

jest rosnąca, bo jej pochodna jest dodatnia (jest sumą samych dodatnich wyrazów):

[math] g'(\xi)=2\mathrm{arctg}\,\xi+\frac{2\xi}{1+\xi^2}+\frac{2\xi}{(1+\xi^2)^2}\; . \, [/math]

W takim razie zachodzi [math]g(0)\lt g(\xi)\lt g(1)\, [/math], czyli

[math] 2\cdot 0\cdot\mathrm{arctg}\, 0+0=0\lt g(\xi)\lt 2\cdot 1\cdot\mathrm{arctg}\, 1+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}(\pi+1)\; , \, [/math]

skąd otrzymujemy:

[math] 0\lt \frac{y^2\mathrm{arctg}\, y-x^2\mathrm{arctg}\, x}{y-x}\lt \frac{1}{2}(\pi+1)\; . \, [/math]

Wyrażenie ułamkowe w (28) jest dodatnie, więc można dopisać znak wartości bezwzględnej. Mnożąc tę nierówność przez [math]|y-x|\, [/math], otrzymujemy:

[math] |y^2\mathrm{arctg}\, y-x^2\mathrm{arctg}\, x|\leq \frac{1+\pi}{2}\,|y-x|\; . \, [/math]

Zmieniliśmy tutaj znak nierówności z [math]\lt \, [/math] na [math]\leq\, [/math] aby uwzględnić także przypadek [math]x=y\, [/math].

---

Zadanie 7

Wykazać nierówność:

[math] \frac{x-1}{x}\leq \log x\leq x-1\; , \, [/math]

dla [math]x\gt 0\, [/math]

Wskazówka

Należy wykorzystać twierdzenie Lagrange'a dla funkcji [math]f(x)=\log x\, [/math].

---

Rozwiązanie

Rozważmy funkcję [math]f(x)=\log x\, [/math] i weźmy na początek [math]0\lt x\lt 1\, [/math]. Na przedziale [math][x,1]\, [/math] funkcja ta spełnia założenia twierdzenia Lagrange'a. Możemy więc napisać:

[math] \frac{1}{\xi}=\frac{\log 1-\log x}{1-x}\; , \, [/math]

gdzie [math]x\lt \xi \lt 1\, [/math]. Oczywiście zachodzi: [math]\displaystyle 1 \lt \frac{1}{\xi}\lt \frac{1}{x}\, [/math] i w konsekwencji:

[math] 1\lt \frac{\log 1-\log x}{1-x}\lt \frac{1}{x}\; , \, [/math]

skąd wynika:

[math] \frac{x-1}{x}\lt \log x\lt x-1\; . \, [/math]

Z kolei dla [math]x\gt 1\, [/math] funkcja [math]f\, [/math] spełnia założenia twierdzenia Lagrange'a na przedziale [math][1,x]\, [/math]. Otrzymujemy więc:

[math] \frac{1}{\xi}=\frac{\log x-\log 1}{x-1}\; , \, [/math]

gdzie [math]x\lt \xi \lt 1\, [/math]. Tym razem zachodzi: [math]\displaystyle \frac{1}{x}\lt \frac{1}{\xi}\lt 1\, [/math] i w efekcie:

[math] \frac{1}{x}\lt \frac{\log x-\log 1}{x-1}\lt 1\; . \, [/math]

Wynika stąd ponownie układ nierówności:

[math] \frac{x-1}{x}\lt \log x\lt x-1\; . \, [/math]

Jeśli uwzględnić jeszcze przypadek [math]x=1\, [/math], dla którego realizowane są równości, to otrzymujemy (30).

---

Zadanie 8

Wykazać, że wielomian:

[math] w(x)=2x^5-\frac{130}{3}\,x^3+360x+c\; , \, [/math]

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].

Wskazówka

Należy wykorzystać twierdzenie Rolle'a w odniesieniu do wielomianu [math]w(x)\, [/math].

---

Rozwiązanie

Załóżmy, że istnieją dwa pierwiastki wielomianu [math]w(x)\, [/math] spełniające [math]-2\lt x_1\lt x_2\lt 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]:

[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]

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\lt x_1\lt x_2\lt x_3\lt x_4\lt 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 (38) 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.

---