Zadanie 6.3.2
  1. Analiza matematyczna 1
  2. 6. Pochodne
  3. 6.3 Zastosowanie pochodnej funkcji
  4. Zadanie 6.3.2

 Polecenie

Korzystając z twierdzenia Lagrange'a uzasadnij podane nierówności i tożsamości.

 Wskazówki

Twierdzenie Lagrange'a (o wartości średniej)

Jeżeli funkcja \(f\) spełnia warunki:
  • jest ciągła na \(\left \langle a;b \right \rangle,\)
  • ma pochodną właściwą lub niewłaściwą na \(\left ( a;b \right ),\)

to istnieje punkt \(c\in \left ( a;b \right )\) taki, że \[f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.\]
Interpretacja geometryczna twierdzenia Lagrange'a

Na wykresie funkcji \(f\) - ciągłej na przedziale domkniętym i mającej pochodną co najmniej wewnątrz tego przedziału, istnieje punkt \(c,\) w którym styczna do wykresu funkcji \(f\) jest równoległa do siecznej łączącej końce tego wykresu.

rysunek_6.3.2.1

Zastosowanie twierdzenia Lagrange'a

Fakt 1
Jeśli funkcja \(f\) spełnia założenia twierdzenia Lagrange'a oraz \(f'(x)=0,\) dla każdego \(x\in \left ( a;b \right ),\) wówczas funkcja \(f\) jest stała, czyli \[f(x)=const.\]
Fakt 2
Niech funkcje \(f\) i \(g\) będą określone na przedziale \(\left \langle a;b \right \rangle.\)
Jeżeli:
  • \(f'(x)=g'(x)\) dla każdego \(x \in \left ( a;b \right ),\)
  • \(f(x_{0})=g(x_{0})\) dla \(x_{0} \in \left \langle a;b \right \rangle,\)
Wówczas \(f(x)=g(x),\) dla każdego \(x \in \left \langle a;b \right \rangle.\)
Fakt 3
Niech funkcje \(f\) i \(g\) będą określone i ciągłe na przedziale \(\left \langle a;b \right \rangle\)  oraz \(x_{0} \in \left \langle a;b \right \rangle.\)
Jeżeli:
  • \(f'(x) \leqslant g'(x)\) dla każdego \(x \gt x_{0},\)
  • \(f(x_{0}) \leqslant g(x_{0}),\)
Wówczas \(f(x) \leqslant g(x),\) dla każdego \(x \gt x_{0}.\)
Analogiczne twierdzenie prawdziwe jest także dla \(x\lt x_{0}.\)

 Tożsamość 1

\({\displaystyle 2\textrm{ arctg }x=\textrm{ arctg }\frac{2x}{1-x^{2}} },\) dla \(x\in \left ( -1;1 \right )\)

 Rozwiązanie

Uwaga
Wystarczy pokazać, że:
  1. pochodne funkcji po obu stronach tożsamości są jednakowe,
  2. wartości tych funkcji w pewnym punkcie rozważanego przedziału pokrywają się.
1. Wykazujemy, że pochodne funkcji po obu stronach nierówności są jednakowe.
\[ \begin{array}{l}
f(x)=2\textrm{ arctg }x\\
{\displaystyle f'(x)=\frac{2}{1+x^{2}}}\\
{\displaystyle g(x)=\textrm{ arctg }\frac{2x}{1-x^{2}}} \\
{\displaystyle g'(x)=\frac{1}{1+\left ( \frac{2x}{1-x^{2}} \right )^{2}}\cdot \frac{2(1-x^{2})-2x(-2x)}{(1-x^{2})^{2}}=}\\
{\displaystyle =\frac{2-2x^{2}+4x^{2}}{\left (1+\left ( \frac{2x}{1-x^{2}} \right )^{2}  \right )\cdot (1-x^{2})^{2}}=
\frac{2+2x^{2}}{\frac{(1-x^{2})^{2}+4x^{2}}{\left (1-x^{2}  \right )^{2}}\cdot (1-x^{2})^{2}}=}\\
{\displaystyle =\frac{2+2x^{2}}{\frac{(1-x^{2})^{2}+4x^{2}}{\cancel{\left (1-x^{2}  \right )^{2}}}\cdot \cancel{(1-x^{2})^{2}}}=
\frac{2(1+x^{2})}{1-2x^{2}+x^{4}+4x^{2}}=}\\
{\displaystyle =\frac{2(1+x^{2})}{1+2x^{2}+x^{4}}=
\frac{2(1+x^{2})}{\left (1+x^{2}  \right )^{2}}=}\\
{\displaystyle =\frac{2\cancel{(1+x^{2})}}{\left (1+x^{2}  \right )^{\cancel{2}}}=
\frac{2}{1+x^{2}}.}
\end{array}\]
Zatem \(f'(x)=g'(x).\)
2. Musimy jeszcze wybrać dowolny punkt z przedziału \(\left ( -1;1 \right )\) i pokazać, że \(f'(x_{0})=g'(x_{0}).\)
Np. dla \(x_{0}=0\) mamy:
\[ \begin{array}{l}
{\displaystyle f(0)=2\textrm{ arctg }0=2\cdot 0=0}\\
{\displaystyle g(0)=\textrm{ arctg }\frac{2\cdot 0}{1-0^{2}}=\textrm{ arctg }0=0.}
\end{array}\]
Zatem, korzystając z wniosku z z twierdzenia Lagrange'a (Faktu 2) dowiedliśmy prawdziwość tożsamości \({\displaystyle 2\textrm{ arctg }x=\textrm{ arctg }\frac{2x}{1-x^{2}} }\) dla \(x\in \left ( -1;1 \right ).\)

 Odpowiedź

Tożsamość \({\displaystyle 2\textrm{ arctg }x=\textrm{ arctg }\frac{2x}{1-x^{2}} }\) jest prawdziwa dla każdego \(x\in \left ( -1;1 \right ).\)

 Nierówność 1

\(\ln x \leqslant x-1,\) dla \(x \geqslant 1\)

 Rozwiązanie

Aby skorzystać z twierdzenia Lagrange'a należy przyjąć za końce odcinka wygodne dla nas wartości (zależy od nierówności, którą należy udowodnić).
W przypadku, gdy występuje jako argument tylko \(x\) domyślamy się, że odcinek został ograniczony do przedziału o początku np. w \(0\) a końcu w \(x.\)
Wybieramy funkcję \(f\) i podstawiamy do równania z twierdzenia Lagrange'a \[f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.\]
Wybieramy przedział \(\left \langle 1;x \right \rangle,\) gdzie \(x \gt 1\) oraz funkcję \(f(x)=\ln x.\)
Korzystamy z twierdzenia Lagrange'a.
\[ \begin{array}{l}
{\displaystyle \frac{f(x)-f(1)}{x-1}=f'(x)|_{x=c}}\\
{\displaystyle \frac{\ln x-\ln 1}{x-1}=\frac{1}{c}}\\
{\displaystyle \ln x-\ln 1=\frac{1}{c}(x-1)}\\
{\displaystyle  c \in \left \langle 1;x  \right \rangle \ \Rightarrow  \ c \geqslant 1 \ \Rightarrow \ \frac{1}{c} \leqslant 1}\\
{\displaystyle \ln x-\ln 1=\underbrace{\frac{1}{c}}_{\leqslant 1}(x-1)}\\
\ln x-0 \leqslant 1\cdot (x-1)\\
\ln x \leqslant   x-1\ \ \ \blacksquare
\end{array}\]

 Odpowiedź

Nierówność \(\ln x \leqslant x-1\) jest prawdziwa dla każdego \(x \geqslant 1.\)

 Polecenie

Korzystając z twierdzenia Lagrange'a uzasadnij podane nierówności i tożsamości.

 Tożsamość 1

\({\displaystyle \textrm{arctg }x=-\frac{\pi}{4}-\textrm{arctg }\frac{x+1}{x-1}},\) dla  \(x\in \left ( -\infty;1 \right )\)

 Odpowiedź

Tożsamość \({\displaystyle \textrm{arctg }x=-\frac{\pi}{4}-\textrm{arctg }\frac{x+1}{x-1}},\) dla  \(x\in \left ( -\infty;1 \right )\)  jest prawdziwa.

 Rozwiązanie

\[ \begin{array}{l}
f(x)=\textrm{arctg }x\\
{\displaystyle f'(x)=\frac{1}{1+x^{2}}}\\
{\displaystyle g(x)=-\frac{\pi}{4}-\textrm{arctg }\frac{x+1}{x-1}}\\
{\displaystyle g'(x)=-\frac{1}{1+\left ( \frac{x+1}{x-1} \right )^{2}}\cdot \frac{x-1-(x+1)}{(x-1)^{2}}=}\\
{\displaystyle =-\frac{1}{\frac{(x-1)^{2}+(x+1)^{2}}{(x-1)^{2}}}\cdot \frac{x-1-x-1}{(x-1)^{2}}=}\\
{\displaystyle =-\frac{1}{\frac{(x-1)^{2}+(x+1)^{2}}{\cancel{(x-1)^{2}}}}\cdot \frac{x-1-x-1}{\cancel{(x-1)^{2}}}=}\\
{\displaystyle =-\frac{1\cdot (-2)}{x^{2}-2x+1+x^{2}+2x+1}=\frac{2}{2x^{2}+2}=\frac{2}{2(x^{2}+1)}=\frac{1}{1+x^{2}}}
\end{array}\]
Sprawdzamy, czy obie funkcje mają tą samą wartość dla dowolnego argumentu należącego do przedziału \(\left ( -\infty;1 \right ),\) np. dla \(x=0.\)
\[ \begin{array}{l}
f(0)=\textrm{arctg }0=0\\
{\displaystyle g(0)=-\frac{\pi}{4}-\textrm{arctg }\frac{0+1}{0-1}=-\frac{\pi}{4}-\textrm{arctg }(-1)=-\frac{\pi}{4}-\left ( -\frac{\pi}{4} \right )=0}
\end{array}\]
Zatem na podstawie twierdzenia Lagrange'a (Fakt 2) tożsamość jest prawdziwa.

 Nierówność 1

\({\displaystyle \cos\frac{x}{2} \leqslant 1-\frac{x}{2}},\) dla \(x \leqslant 0\)

 Odpowiedź

Nierówność \({\displaystyle \cos\frac{x}{2} \leqslant 1-\frac{x}{2}}\) jest prawdziwa dla każdego \(x\leqslant 0.\)

 Rozwiązanie

Wybieramy funkcję \({\displaystyle f(x)=\cos x}\) oraz przedział \(\left \langle {\displaystyle \frac{x}{2};0} \right \rangle.\)
\[ \begin{array}{l}
{\displaystyle f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}}\\
{\displaystyle \frac{f(\frac{x}{2})-f(0)}{\frac{x}{2}-0}=f'\left (\frac{x}{2}  \right )|_{\frac{x}{2}=c}}\\
{\displaystyle \frac{\cos \frac{x}{2}-\cos 0}{\frac{x}{2}-0}=-\sin c}\\
{\displaystyle \cos \frac{x}{2}-1=-\sin c \cdot \frac{x}{2}}\\
{\displaystyle \cos \frac{x}{2}-1=-\underbrace{\sin c}_{\leqslant 1} \cdot \frac{x}{2}}\\
{\displaystyle \cos \frac{x}{2}-1\leqslant -\frac{x}{2}}\\
{\displaystyle \cos \frac{x}{2}\leqslant 1-\frac{x}{2}}\ \ \ \blacksquare
\end{array}\]