П р и м е р 6.7. Найти дифференциалы 1-го, 2-го, …, n-го порядков функции y = (2x - 3)3 .

Р е ш е н и е .

dy = 3(2x - 3)2 2dx = 6(2x - 3)2 dx,

d 2 y =12(2x - 3)2(dx)2 = 24(2x - 3)(dx)2 , d 3 y = 48(dx)3, dy = 0(dx)4 = 0,K, d n y = 0.

6.3. Приложение теорем Ролля, Лагранжа, Коши. Правило Лопиталя

1. Теорема Ролля. Если функция f (x) непрерывна на отрезке

резке [a; b] и дифференцируема на интервале (a; b) , то существует

П р и м е р 6.8. Доказать, что уравнение 3x5 +15x - 8 = 0 имеет только один действительный корень.

Р е ш е н и е . Поскольку функция f (x) = 3x5 +15x - 8 непрерывна и на концах отрезка [0; 1] принимает значение разных знаков

51

( f (0) < 0, f (1) > 0), то по первой теореме Больцано– Коши на интервале (0; 1) уравнение f (x) = 0 имеет корень. Предположим, от

противного, что это уравнение имеет два действительных корня x = a, x = b, f (a) = f (b) = 0 .

Тогда по теореме Ролля на интервале (a; b) существовала бы

точка ξ , в которой f ′(x) = 0 . Но f ¢(x) = 15x4 +15 ¹ 0 при дейст-

вительных x . Полученное противоречие доказывает, что действительный корень – единственный.

П р и м е р 6.9. Используя формулу Лагранжа, доказать неравен-

ство sin x2 - sin x1 £ x2 - x1 .

Р е ш е н и е . Функция f (x) = sin x удовлетворяет условиям теоремы Лагранжа на любом отрезке [x1; x2 ]; f ′(x) = cos x . Поэтому sin x2 - sin x1 = cos x × (x2 - x1). Отсюда, учитывая, что cos x £ 1,

имеем sin x2 - sin x1 = cos x x2 - x1 £ x2 - x1 .

Т е о р е м а . Пусть функции f (x) и g(x) дифференцируемы на

вует предел отношения производных.

З а м е ч а н и я : 1. Аналогичная теорема справедлива и в случае x0 = ¥ .

соответствующим условиям, то можно перейти к отношению вторых производных и т.д.

3. Неопределенности вида 0 × ¥ или ∞ − ∞ алгебраическими пре-

образованиями функции приводятся к неопределенности вида 0 0

или ∞∞ , и далее применяется правило Лопиталя.

4. В случае неопределенности вида 00 , или ¥0 , или 1∞ следует прологарифмировать функцию и предварительно найти предел ее логарифма.

53