KonkurStudy
همه کارت‌ها
قضیهریاضی عمومی ۱ و ۲قضیهٔ مقدار میانگین و قضیهٔ داربو

قضایای مقدار میانگین (رل، لاگرانژ، کوشی) و شمارش ریشه‌ها

روی یک بازهٔ بسته، پیوستگی به‌همراه مشتق‌پذیری در نقاط درونی ناچار می‌کند مشتق در جایی به شیب متوسط برسد؛ از همین یک واقعیت، آزمون‌های یکنوایی، قضیهٔ حد مشتق، خاصیت مقدار میانی داربو، و ماشین «رل + قضیهٔ مقدار میانی» که تعداد ریشه‌های حقیقی یک معادله را دقیقاً می‌شمارد بیرون می‌آید.

کارت قضیه کنکور ارشد ریاضی

اهمیت
۰/۵

۱. سه قضیه (فرض‌های دقیق)

هر سه به یک بستهٔ یکسان از فرض‌ها نیاز دارند: پیوستگی روی بازهٔ بستهٔ [a,b][a,b] و مشتق‌پذیری روی بازهٔ باز (a,b)(a,b) — مشتق‌پذیری در نقاط انتهایی لازم نیست، و هر دو نیمهٔ این بسته اساسی‌اند.

قضیهٔ رل. اگر ff روی [a,b][a,b] پیوسته، روی (a,b)(a,b) مشتق‌پذیر و f(a)=f(b)f(a)=f(b) باشد، آنگاه c∈(a,b)c\in(a,b) ای وجود دارد که f′(c)=0f'(c)=0.

لاگرانژ (قضیهٔ مقدار میانگین، MVT). شرط برابری مقادیر انتهایی را حذف کنید: c∈(a,b)c\in(a,b) ای وجود دارد که f′(c)=f(b)−f(a)b−a.f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}. از دید هندسی، مماسی موازی با وتر گذرنده از دو نقطهٔ انتهایی وجود دارد. رل حالت خاص f(a)=f(b)f(a)=f(b) است؛ برعکس، MVT همان رل است که روی g(x)=f(x)−f(b)−f(a)b−a(x−a)g(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a) به کار رفته است.

کوشی (قضیهٔ مقدار میانگین تعمیم‌یافته). اگر f,gf,g روی [a,b][a,b] پیوسته و روی (a,b)(a,b) مشتق‌پذیر باشند، c∈(a,b)c\in(a,b) ای هست که (f(b)−f(a))g′(c)=(g(b)−g(a))f′(c).\bigl(f(b)-f(a)\bigr)g'(c)=\bigl(g(b)-g(a)\bigr)f'(c). اگر g′≠0g'\neq 0 روی (a,b)(a,b) باشد، این رابطه به شکل f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(c)g′(c)\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\dfrac{f'(c)}{g'(c)} خوانده می‌شود. با انتخاب g(x)=xg(x)=x به لاگرانژ می‌رسیم. صورت کوشی موتور محرک قاعدهٔ هوپیتال و باقی‌ماندهٔ تیلور است.

تعمیم‌های رل که باید بشناسید

  • بازهٔ بی‌کران. اگر ff روی [a,∞)[a,\infty) پیوسته، روی (a,∞)(a,\infty) مشتق‌پذیر و lim⁡x→∞f(x)=f(a)\lim_{x\to\infty}f(x)=f(a) باشد، آنگاه برای مقداری c>ac>a داریم f′(c)=0f'(c)=0. (همین حکم روی R\mathbb{R} برقرار است هرگاه دو حد انتهایی برابر باشند.) اثبات این‌که «تابعی با حدهای برابر در ±∞\pm\infty یک نقطهٔ بحرانی دارد» از همین راه است.
  • رل تکراری (مرتبهٔ بالاتر). اگر ff روی [a,b][a,b] دارای مشتق مرتبهٔ nn باشد و در n+1n+1 نقطهٔ متمایز از [a,b][a,b] صفر شود، آنگاه f(n)f^{(n)} در جایی از (a,b)(a,b) صفر می‌شود. هر بار مشتق‌گیری دست‌کم یک ریشه را از بین می‌برد — این سرچشمهٔ فرمول خطای درون‌یابی و اتحاد تفاضلات تقسیم‌شدهٔ f[x0,…,xn]=f(n)(ξ)n!f[x_0,\dots,x_n]=\dfrac{f^{(n)}(\xi)}{n!} است.
  • تیلور با باقی‌ماندهٔ لاگرانژ. برای مقداری ξ∈(a,b)\xi\in(a,b) داریم f(b)=∑j=0nf(j)(a)j!(b−a)j+f(n+1)(ξ)(n+1)!(b−a)n+1f(b)=\sum_{j=0}^{n}\frac{f^{(j)}(a)}{j!}(b-a)^{j}+\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(b-a)^{n+1}: حالت n=0n=0 دقیقاً همان MVT است.
  • قضیهٔ مقدار میانگین انتگرالی. اگر ff روی [a,b][a,b] پیوسته باشد، برای مقداری c∈(a,b)c\in(a,b) داریم ∫abf=f(c)(b−a)\int_a^b f = f(c)(b-a)؛ و با وزن انتگرال‌پذیر w≥0w\ge 0، رابطهٔ ∫abfw=f(c)∫abw\int_a^b fw = f(c)\int_a^b w برقرار است.

وقتی فرض‌ها نقض می‌شوند

فرضِ نقض‌شده مثال روی [−1,1][-1,1] چرا رل/MVT از کار می‌افتد
مشتق‌پذیری در یک نقطهٔ درونی f(x)=∣x∣f(x)=\lvert x\rvert f(−1)=f(1)f(-1)=f(1) اما f′∈{−1,1}f'\in\{-1,1\} و هرگز 00 نمی‌شود
پیوستگی در یک نقطهٔ درونی f(x)=1/xf(x)=1/x (با تعریف f(0)=0f(0)=0) شیب وتر اختیار نمی‌شود
پیوستگی فقط در یک نقطهٔ انتهایی f=0f=0 روی [0,1)[0,1) و f(1)=1f(1)=1 هیچ cc ای با f′(c)=1f'(c)=1 وجود ندارد
حقیقی‌مقدار بودن f(t)=(cos⁡t,sin⁡t)f(t)=(\cos t,\sin t) روی [0,2π][0,2\pi] f(0)=f(2π)f(0)=f(2\pi) ولی ∥f′∥≡1\lVert f'\rVert\equiv 1

برای ff های برداری‌مقدار یا مختلط‌مقدار تنها نامساوی باقی می‌ماند: ∥f(b)−f(a)∥  ≤  (sup⁡(a,b)∥f′∥)(b−a).\lVert f(b)-f(a)\rVert \;\le\; \Bigl(\sup_{(a,b)}\lVert f'\rVert\Bigr)(b-a).

۲. نتیجه‌هایی که واقعاً در آزمون سنجیده می‌شوند

MVT به‌ندرت به‌خاطر خودش پرسیده می‌شود؛ این قضیه اهرمِ نتیجه‌های زیر روی یک بازهٔ II است:

حکم (روی بازهٔ II) دلیل
f′≡0⇒ff'\equiv 0 \Rightarrow f ثابت است f(y)−f(x)=f′(c)(y−x)=0f(y)-f(x)=f'(c)(y-x)=0
f′≡g′⇒f−gf'\equiv g' \Rightarrow f-g ثابت است حکم بالا را روی f−gf-g به کار ببرید
f′>0f'>0 (<0<0) روی I⇒fI \Rightarrow f اکیداً صعودی (نزولی) روی II f(y)−f(x)=f′(c)(y−x)f(y)-f(x)=f'(c)(y-x)
f′≥0f'\ge 0 روی I⇒fI \Rightarrow f ناکاهشی است همان، با علامت ضعیف
∣f′∣≤M\lvert f'\rvert\le M روی I⇒fI \Rightarrow f لیپ‌شیتز با ثابت MM است ∣f(y)−f(x)∣≤M∣y−x∣\lvert f(y)-f(x)\rvert\le M\lvert y-x\rvert

قضیهٔ حد مشتق (نتیجهٔ MVT). اگر ff در x0x_0 پیوسته، روی یک همسایگی حذف‌شده مشتق‌پذیر باشد و lim⁡x→x0f′(x)=L\lim_{x\to x_0}f'(x)=L موجود باشد، آنگاه f′(x0)f'(x_0) موجود و برابر LL است (نسخهٔ یک‌طرفه برای نیم‌همسایگی). اثبات: بنا بر MVT، نسبت تفاضلی f(x)−f(x0)x−x0=f′(cx)\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=f'(c_x) است که در آن cxc_x میان x0x_0 و xx فشرده شده، پس به LL میل می‌کند. این روش استاندارد بررسی مشتق‌پذیری یک تابع تکه‌ای در نقطهٔ اتصال است — و نشان می‌دهد که حدِ متناهیِ f′f' هرگز نمی‌تواند با نبودِ f′(x0)f'(x_0) یا با مقداری متفاوت برای آن هم‌زیستی داشته باشد.

قضیهٔ داربو. مشتق دارای خاصیت مقدار میانی است: اگر ff روی [a,b][a,b] مشتق‌پذیر باشد، f′f' هر مقدار میان f′(a)f'(a) و f′(b)f'(b) را اختیار می‌کند — حتی اگر f′f' پیوسته نباشد. نتیجه: f′f' هرگز ناپیوستگی جهشی ندارد؛ تنها ناپیوستگی‌های ممکن آن اساسی (نوسانی) هستند.

۳. شمارش ریشه‌های حقیقی — ماشین رل ++ قضیهٔ مقدار میانی

«معادلهٔ f(x)=0f(x)=0 چند ریشهٔ حقیقی دارد؟» رایج‌ترین شکلی است که کنکور از MVT بهره می‌برد. دو حکم همهٔ کار را انجام می‌دهند. N(h)N(h) را تعداد ریشه‌های حقیقی متمایزِ hh روی بازهٔ موردبحث بگیرید.

(R) جداسازی رل و کران تعداد ریشه‌ها. میان دو ریشهٔ حقیقی متوالی یک تابع مشتق‌پذیر ff، یک ریشه از f′f' قرار دارد. پس N(f)  ≤  N(f′)+1.N(f)\;\le\;N(f')+1 . به‌ویژه اگر f′f' هرگز صفر نشود ⇒\Rightarrow ff اکیداً یکنواست ⇒\Rightarrow ff حداکثر یک ریشهٔ حقیقی دارد. وارونهٔ این جمله: وجود mm ریشهٔ حقیقی متمایز برای ff، وجود دست‌کم m−1m-1 ریشهٔ حقیقی متمایز برای f′f' را ایجاب می‌کند.

(I) وجود ریشه با قضیهٔ مقدار میانی. روی بازه‌ای که ff در آن پیوسته است و دو مقدار انتهایی‌اش (حد در ±∞\pm\infty نیز مجاز است) علامت مخالف دارند، ff ریشه دارد؛ و اگر ff در آن بازه اکیداً یکنوا هم باشد، دقیقاً یک ریشه دارد.

(R) سقف را می‌دهد و (I) کف را — با هم تعداد را دقیقاً میخکوب می‌کنند.

دستورالعمل (برای هر پرسش «تعداد ریشه‌های حقیقی» جواب می‌دهد)

۱. مشتق بگیرید و f′(x)=0f'(x)=0 را حل کنید. نقاط بحرانی c1<c2<⋯<ckc_1<c_2<\dots<c_k را فهرست کنید؛ این‌ها دامنه را به k+1k+1 تکهٔ اکیداً یکنوا افراز می‌کنند. ۲. روی هر تکه ff یک‌به‌یک است، پس حداکثر یک ریشه می‌دهد. سقف بی‌درنگ: k+1k+1 ریشه. ۳. دنبالهٔ مقادیر v0,v1,…,vk+1v_0,v_1,\dots,v_{k+1} را بسازید که در آن v0=lim⁡x→a+f,vi=f(ci)  (1≤i≤k),vk+1=lim⁡x→b−fv_0=\lim_{x\to a^{+}}f,\quad v_i=f(c_i)\;(1\le i\le k),\quad v_{k+1}=\lim_{x\to b^{-}}f (برای یک چندجمله‌ای a=−∞a=-\infty و b=+∞b=+\infty است: حدهای انتهایی ±∞\pm\infty اند و از زوجیت درجه و علامت ضریب پیشرو خوانده می‌شوند). ۴. بشمارید: تعداد ریشه‌های حقیقی متمایز برابر است با تعداد اندیس‌های ii که در آن‌ها viv_i و vi+1v_{i+1} علامت‌های اکیداً مخالف دارند، به‌علاوهٔ تعداد اندیس‌هایی که vi=0v_i=0. وقتی هیچ مقدار بحرانی‌ای صفر نباشد، این دقیقاً «تعداد تغییر علامت‌های دنباله» است. نقطهٔ بحرانی با f(ci)=0f(c_i)=0 یک ریشهٔ مکرر است (نمودار محور را لمس می‌کند) و باید یک بار شمرده شود، نه دو بار. ۵. f(ci)f(c_i) را با جای‌گذاری معادلهٔ بحرانی حساب کنید، هرگز به‌صورت عددی. اگر f′(c)=0f'(c)=0 رابطه‌ای مانند cm=λc^{m}=\lambda بدهد، آن را در f(c)f(c) برگردانید؛ آنگاه توان‌های هولناک به عبارت‌های ساده فرو می‌ریزند. این ارزشمندترین حرکت در کل این مبحث است.

میان‌برهای ساختاری که باید حفظ کرد

وضعیت نتیجه
deg⁡f\deg f فرد، با ضرایب حقیقی دست‌کم یک ریشهٔ حقیقی (قضیهٔ مقدار میانی)، و تعدادی فرد از ریشه‌ها با احتساب مرتبه
deg⁡f\deg f زوج و ضریب پیشرو >0>0 f→+∞f\to+\infty در هر دو انتها ⇒\Rightarrow یک کمینهٔ سراسری اختیار می‌شود؛ ff ریشهٔ حقیقی دارد اگر و تنها اگر min⁡f≤0\min f\le 0
f′>0f'>0 روی تمام R\mathbb{R} اکیداً صعودی: حداکثر یک ریشه؛ و اگر deg⁡f\deg f فرد باشد دقیقاً یک ریشه
f′f' دقیقاً kk ریشهٔ حقیقی دارد ff حداکثر k+1k+1 ریشهٔ حقیقی دارد
k=2k=2 و هر دو مقدار اکسترمم هم‌علامت (با علامت اکید یکسان) دقیقاً یک ریشهٔ حقیقی
k=2k=2 و f(loc. max)>0>f(loc. min)f(\text{loc.\,max})>0>f(\text{loc.\,min}) دقیقاً سه ریشهٔ حقیقی
مقدار بحرانی‌ای با f(ci)=0f(c_i)=0 cic_i ریشهٔ مکرر است: f(ci)=f′(ci)=0f(c_i)=f'(c_i)=0
gcd⁡(f,f′)≠1\gcd(f,f')\ne 1 ff ریشهٔ مکرر دارد؛ مرتبهٔ ریشهٔ rr برابر mm است اگر و تنها اگر f(r)=⋯=f(m−1)(r)=0≠f(m)(r)f(r)=\dots=f^{(m-1)}(r)=0\ne f^{(m)}(r)

بررسی‌های متقابل. قاعدهٔ علامت‌های دکارت تعداد ریشه‌های مثبت را با تعداد تغییر علامت‌های فهرست ضرایب f(x)f(x) کران‌دار می‌کند (با زوجیت متناظر)، و ریشه‌های منفی را از راه f(−x)f(-x) — یک وارسی رایگان برای درستی پاسخ. معادلهٔ f(x)=g(x)f(x)=g(x) همیشه با h:=f−gh:=f-g بررسی می‌شود؛ و پرسش نقطهٔ ثابت f(x)=xf(x)=x با h:=f−idh:=f-\mathrm{id} که در آن h′=f′−1h'=f'-1.

۴. مثال کوچک حل‌شدهٔ الف — خانوادهٔ xn−x+cx^{n}-x+c (nn فرد)

فرض کنید f(x)=xn−x+cf(x)=x^{n}-x+c با n≥3n\ge 3 فرد. آنگاه f′(x)=nxn−1−1f'(x)=nx^{n-1}-1 و چون n−1n-1 زوج است، f′(x)=0  ⟺  xn−1=1n  ⟺  x=±a,a:=n−1/(n−1)∈(0,1),f'(x)=0 \iff x^{n-1}=\tfrac1n \iff x=\pm a,\qquad a:=n^{-1/(n-1)}\in(0,1), با f′<0f'<0 روی (−a,a)(-a,a) و f′>0f'>0 بیرون آن. پس −a-a یک بیشینهٔ موضعی و +a+a یک کمینهٔ موضعی است و سه تکهٔ یکنوا داریم — سقف رل 33 ریشهٔ حقیقی است.

حال گام ۵ را به کار ببرید: ana^{n} را بسط ندهید؛ از an−1=1/na^{n-1}=1/n استفاده کنید: f(a)=a⋅an−1−a+c=an−a+c=c−n−1n a,f(−a)=c+n−1n a.f(a)=a\cdot a^{n-1}-a+c=\frac{a}{n}-a+c=c-\frac{n-1}{n}\,a,\qquad f(-a)=c+\frac{n-1}{n}\,a . بنویسید γn:=n−1n n−1/(n−1)<1\gamma_n:=\frac{n-1}{n}\,n^{-1/(n-1)}<1. دنبالهٔ مقادیر (−∞, f(−a), f(a), +∞)(-\infty,\,f(-a),\,f(a),\,+\infty) است، پس تعداد ریشه‌ها تنها با علامت c∓γnc\mp\gamma_n تعیین می‌شود:

شرط علامت‌های دنبالهٔ مقادیر تعداد ریشه‌های حقیقی متمایز
∣c∣>γn\lvert c\rvert>\gamma_n (−,+,+,+)(-,+,+,+) یا (−,−,−,+)(-,-,-,+) ۱ (روی شاخهٔ صعودی بیرونی)
∣c∣=γn\lvert c\rvert=\gamma_n یکی از مقادیر بحرانی صفر است ۲ (که یکی از آن‌ها مضاعف است)
∣c∣<γn\lvert c\rvert<\gamma_n (−,+,−,+)(-,+,-,+) ۳

چون γn<1\gamma_n<1، هر ∣c∣≥1\lvert c\rvert\ge 1 به‌تنهایی دقیقاً یک ریشهٔ حقیقی را تحمیل می‌کند، هر قدر هم توان بزرگ باشد. برای نمونه n=201n=201 و c=7c=7: داریم a=201−1/200≈0.974a=201^{-1/200}\approx0.974، پس f(a)=7−200201a>6>0f(a)=7-\tfrac{200}{201}a>6>0 و f(−a)>0f(-a)>0؛ منحنی تنها یک بار، نزدیک x≈−1.01x\approx-1.01، از محور می‌گذرد و 200200 ریشهٔ دیگر ناحقیقی‌اند، در 100100 زوج مزدوج. برای n=3n=3 این جدول مبیّن دیسکریمینان کلاسیک درجه‌سوم است: x3+px+qx^{3}+px+q سه ریشهٔ حقیقی متمایز دارد اگر و تنها اگر 4p3+27q2<04p^{3}+27q^{2}<0، زیرا f(c1)f(c2)=q2+4p327f(c_1)f(c_2)=q^{2}+\tfrac{4p^{3}}{27}.

۵. مثال کوچک حل‌شدهٔ ب — چندجمله‌ای‌های خودارجاع (P=P′+positiveP=P'+\text{positive})

فرض کنید Tm(x)=∑k=0mxkk!T_m(x)=\sum_{k=0}^{m}\dfrac{x^{k}}{k!}، یعنی چندجمله‌ای تیلور درجهٔ mm برای exe^{x}. مشتق‌گیری جملهٔ آخر را حذف می‌کند، پس Tm′=Tm−1=Tm−xmm!⟺Tm(x)=Tm′(x)+xmm!.T_m'=T_{m-1}=T_m-\frac{x^{m}}{m!}\qquad\Longleftrightarrow\qquad T_m(x)=T_m'(x)+\frac{x^{m}}{m!}.

ادعا. TmT_m وقتی mm زوج است هیچ ریشهٔ حقیقی ندارد و وقتی mm فرد است دقیقاً یک ریشهٔ حقیقی (ساده) دارد.

mm زوج. درجه زوج است و ضریب پیشرو 1/m!>01/m!>0، پس Tm→+∞T_m\to+\infty در هر دو انتها و در نقطه‌ای x0∈Rx_0\in\mathbb{R} یک کمینهٔ سراسری اختیار می‌شود (قضیهٔ مقدار اکسترمم روی یک [−R,R][-R,R] بزرگ). قاعدهٔ فرما می‌دهد Tm′(x0)=0T_m'(x_0)=0، پس بنا بر آن اتحاد min⁡RTm=Tm(x0)=Tm′(x0)⏟= 0+x0mm!=x0mm!  ≥  0,\min_{\mathbb{R}}T_m=T_m(x_0)=\underbrace{T_m'(x_0)}_{=\,0}+\frac{x_0^{m}}{m!}=\frac{x_0^{m}}{m!}\;\ge\;0, و x0≠0x_0\ne 0 زیرا Tm′(0)=1≠0T_m'(0)=1\ne 0. پس min⁡Tm>0\min T_m>0: هیچ ریشهٔ حقیقی وجود ندارد.

mm فرد. آنگاه بنا بر حالت زوج، Tm′=Tm−1>0T_m'=T_{m-1}>0 در همه‌جا، پس TmT_m اکیداً صعودی است؛ و چون درجه‌اش فرد است تغییر علامت می‌دهد، پس دقیقاً یک ریشهٔ حقیقی دارد — ساده، و منفی، زیرا Tm(0)=1>0T_m(0)=1>0.

این دو حالت یکدیگر را تغذیه می‌کنند و استقرای تمیزی می‌سازند: T0≡1>0⇒T1⇒T2⇒⋯T_0\equiv 1>0\Rightarrow T_1\Rightarrow T_2\Rightarrow\cdots، با این پاداش رایگان که در ریشهٔ یکتای rr از T2j+1T_{2j+1} داریم T2j+2(r)=r2j+2(2j+2)!>0T_{2j+2}(r)=\dfrac{r^{2j+2}}{(2j+2)!}>0. رل نتیجه را وارسی می‌کند: T2nT_{2n} تنها در صورتی می‌توانست دو ریشهٔ حقیقی داشته باشد که T2n′=T2n−1T_{2n}'=T_{2n-1} میان آن دو صفر شود، و این تابع دقیقاً در یک نقطه صفر می‌شود — نقطه‌ای که در آن T2nT_{2n} اکیداً مثبت است.

اصل کلی. هرگاه چندجمله‌ای در P=P′+gP=P'+g با g≥0g\ge 0 صدق کند (معمولاً gg یک توان زوج تکی است)، PP را در کمینه‌ساز سراسری‌اش ارزیابی کنید: جملهٔ مشتق می‌میرد و تنها gg باقی می‌ماند و در یک خط ثابت می‌شود P>0P>0. همین ترفند مسائل P=P′P=P'، P+P′>0P+P'>0 و «نشان دهید ∑k≤2nxk/k!\sum_{k\le 2n}x^{k}/k! هرگز صفر نمی‌شود» را در همهٔ صورت‌های مبدلشان حل می‌کند.

نکتهٔ کنکوری: دو واکنشِ شرطی برای شمارش ریشه‌ها این‌هاست: (i) f′(c)=0f'(c)=0 را در f(c)f(c) برگردانید به‌جای تخمین زدن یک توان هولناک، و (ii) برای درجهٔ زوج، یکراست سراغ کمینهٔ سراسری بروید. هر دو یک پرسش ظاهراً عددی را به یک آزمون علامتِ یک‌خطی تبدیل می‌کنند.

۶. روش — چگونه به یک مسئلهٔ MVT حمله کنیم

۱. برای اثبات وجود ریشه/نقطهٔ بحرانی (مثلاً f′(c)=0f'(c)=0 یا f(c)=cf(c)=c): تابع کمکی gg ای بسازید که مقادیر انتهایی برابر داشته باشد و رل را به کار ببرید. ترفندهای کلاسیک: g=f⋅e−λxg=f\cdot e^{-\lambda x} برای جذب جملهٔ f′+λff'+\lambda f؛ و g=f/hg=f/h یا f⋅hf\cdot h برای مهندسی کردن مشتق مطلوب. ۲. برای کران‌دار کردن f(b)−f(a)f(b)-f(a) یا اثبات یک نامساوی: لاگرانژ را به کار ببرید و f′(c)f'(c) را روی بازه کران‌دار کنید. ۳. برای ربط دادن تغییرات دو تابع یا محاسبهٔ حد مبهم 0/00/0: از کوشی استفاده کنید. ۴. برای تعیین یکنوایی: علامت f′f' را روی یک بازهٔ کامل بررسی کنید — یک نقطه هرگز کافی نیست (بخش ۷ را ببینید). ۵. برای بررسی مشتق‌پذیری در نقطهٔ اتصال: هرگاه محاسبهٔ f′f' دور از آن نقطه آسان باشد، از قضیهٔ حد مشتق استفاده کنید، نه از نسبت تفاضلی خام. ۶. برای شمردن (یا کران‌دار کردن) جواب‌های حقیقی یک معادله: دستورالعمل بخش ۳ را اجرا کنید — نقاط بحرانی، تکه‌های یکنوا، دنبالهٔ مقادیر، تغییر علامت‌ها — و رل را فقط به‌عنوان سقف و قضیهٔ مقدار میانی را فقط به‌عنوان کف به کار ببرید. ۷. برای اثبات یکتایی ریشه: نشان دهید f′f' روی بازهٔ موردنظر ریشه ندارد (یا علامت ثابتی نگه می‌دارد)؛ آنگاه وجود دو ریشه با رل در تناقض است.

۷. تلهٔ سرنوشت‌ساز: فرض نقطه‌ای در برابر فرض روی بازه

f′(x0)>0f'(x_0)>0 باعث نمی‌شود که ff روی بازه‌ای حول x0x_0 صعودی باشد. این فرض تنها حکم نقطه‌ای f(x)<f(x0)<f(y)f(x)<f(x_0)<f(y) را برای x<x0<yx<x_0<y های به‌قدر کافی نزدیک می‌دهد. یکنوایی روی یک بازه نیازمند f′>0f'>0 (یا f′≥0f'\ge 0) در سراسر آن بازه است.

مثال نقض معیار. f(x)=x+2x2sin⁡(1/x)f(x)=x+2x^2\sin(1/x) (و f(0)=0f(0)=0). از تعریف، f′(0)=lim⁡x→0(1+2xsin⁡1x)=1>0f'(0)=\lim_{x\to0}(1+2x\sin\tfrac1x)=1>0. اما برای x≠0x\neq0، f′(x)=1+4xsin⁡1x−2cos⁡1x,f'(x)=1+4x\sin\tfrac1x-2\cos\tfrac1x, که جملهٔ −2cos⁡(1/x)-2\cos(1/x) آن باعث می‌شود f′f' در هر همسایگی 00 میان مقادیری نزدیک −1-1 و نزدیک 33 نوسان کند. پس f′f' در نزدیکی 00 بی‌نهایت بار تغییر علامت می‌دهد و ff روی هیچ بازه‌ای شامل 00 یکنوا نیست. عبارت نوسانی 2x2sin⁡(1/x)2x^2\sin(1/x) در 00 مشتق‌پذیر است و مقدار و مشتقش در آن نقطه صفرند، با این حال نوسانی از مرتبهٔ O(1)O(1) به f′f' تزریق می‌کند. دقیقاً به همین دلیل است که آزمون یکنوایی بر پایهٔ علامت مشتق یک حکم بازه‌ای است، و نیز به همین دلیل f′f' (بنا بر داربو) می‌تواند ناپیوسته باشد اما هرگز جهش نمی‌کند.

۸. گونه‌ها در یک نگاه

نتیجه فرض‌ها حکم
رل f∈C[a,b]f\in C[a,b]، مشتق‌پذیر روی (a,b)(a,b)، f(a)=f(b)f(a)=f(b) ∃c:  f′(c)=0\exists c:\;f'(c)=0
لاگرانژ f∈C[a,b]f\in C[a,b]، مشتق‌پذیر روی (a,b)(a,b) ∃c:  f′(c)=f(b)−f(a)b−a\exists c:\;f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}
کوشی f,g∈C[a,b]f,g\in C[a,b]، مشتق‌پذیر روی (a,b)(a,b) ∃c:  (f(b)−f(a))g′(c)=(g(b)−g(a))f′(c)\exists c:\;(f(b)-f(a))g'(c)=(g(b)-g(a))f'(c)
تیلور–لاگرانژ f(n+1)f^{(n+1)} روی (a,b)(a,b) موجود است باقی‌مانده =f(n+1)(ξ)(n+1)!(b−a)n+1=\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(b-a)^{n+1}
مقدار میانگین انتگرالی f∈C[a,b]f\in C[a,b] ∃c:  ∫abf=f(c)(b−a)\exists c:\;\int_a^b f=f(c)(b-a)
رل مرتبهٔ بالاتر ff دارای n+1n+1 ریشهٔ متمایز است ∃c:  f(n)(c)=0\exists c:\;f^{(n)}(c)=0
داربو ff روی [a,b][a,b] مشتق‌پذیر است f′f' خاصیت مقدار میانی دارد
برداری‌مقدار f:[a,b]→Rmf:[a,b]\to\mathbb{R}^{m} تنها ∥f(b)−f(a)∥≤sup⁡∥f′∥ (b−a)\lVert f(b)-f(a)\rVert\le\sup\lVert f'\rVert\,(b-a)

۹. کنکور چگونه این مبحث را می‌پرسد

الگوهای پرتکرار: (i) تابع تکه‌ای ff با جمله‌ای از نوع xksin⁡(1/x)x^k\sin(1/x) — تعیین کنید آیا f′(x0)f'(x_0) موجود است، آیا f′f' پیوسته است، و آیا ff در نزدیکی x0x_0 یکنواست (گزینه‌ها «صعودی» / «نزولی» / «هیچ‌کدام» را در برابر هم می‌گذارند)؛ (ii) «اگر lim⁡f′=a\lim f'=a باشد، دربارهٔ f′(x0)f'(x_0) چه می‌توان گفت؟» — پاسخ درست موجود است و برابر aa است می‌باشد، و گزینه‌های انحرافی فرض‌های «لازم» جعلی اضافه می‌کنند (یکنوا بودن f′f'، پیوسته بودن f′f')؛ (iii) اثبات f′(c)=0f'(c)=0 یا یک نامساوی با رل/لاگرانژ؛ (iv) «این معادله چند ریشهٔ حقیقی دارد؟» برای چندجمله‌ای‌ای با توانی نامعقول مانند x201−x+7x^{201}-x+7، یک نمایی بریده مانند ∑k≤2nxk/k!\sum_{k\le 2n}x^{k}/k!، یا ترکیبی متعالی مانند ex=λxe^{x}=\lambda x، ln⁡x=λx\ln x=\lambda x، x=tan⁡xx=\tan x — چهار گزینه تقریباً همیشه فهرستی از تعدادها هستند (۱ / ۲ / ۳ / دست‌کم ۴، یا nn / ۲ / 2n2n / صفر)، پس تمام کار این است که مقادیر اکسترمم را نسبت به محور جای‌گذاری کنید. گزینه‌های انحرافی از این‌ها ساخته می‌شوند: خواندن سقف رل یعنی k+1k+1 به‌عنوان تعداد دقیق، خواندن درجه (2n2n) به‌عنوان «تعداد ریشه‌های حقیقی»، و فراموش کردن این‌که مقدار بحرانی برابر 00 دو برخورد با محور را در یک ریشهٔ مضاعف ادغام می‌کند.

نکتهٔ کنکوری: هرگاه گزینه‌ای بگوید خاصیتی «روی یک بازه» برقرار است در حالی که فرض شما تنها در یک نقطه است (یا برعکس)، به تله شک کنید. و به یاد داشته باشید: وجود حد متناهی lim⁡x→x0f′(x)\lim_{x\to x_0}f'(x) خودبه‌خود f′(x0)f'(x_0) را می‌سازد و f′f' را در آن نقطه پیوسته می‌کند — نیازی به فرض یکنوایی یا پیوستگی f′f' نیست؛ این یک نتیجه است، نه یک فرض. در پرسش‌های شمارش ریشه، تلهٔ آینه‌ای آن است که کران رل یعنی N(f)≤N(f′)+1N(f)\le N(f')+1 را تساوی بگیریم: این تنها یک سقف است، و علامت هر مقدار بحرانی همان چیزی است که تعداد واقعی را به 33، 22، 11 یا 00 پایین می‌کشد.

فرمول‌های کلیدی

Mean Value Theorem (Lagrange)
∃ c∈(a,b):f′(c)=f(b)−f(a)b−a\exists\, c\in(a,b):\quad f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}

Continuous on [a,b], differentiable on (a,b): some tangent is parallel to the endpoint secant.

Cauchy (Generalized) MVT
(f(b)−f(a))g′(c)=(g(b)−g(a))f′(c)\bigl(f(b)-f(a)\bigr)g'(c)=\bigl(g(b)-g(a)\bigr)f'(c)

Two-function form; with g'\neq 0 gives f'(c)/g'(c) = ratio of increments. Powers L'Hopital and Taylor's remainder.

Limit-of-derivative theorem
lim⁡x→x0f′(x)=L  ⟹  f′(x0)=L\lim_{x\to x_0} f'(x)=L \;\Longrightarrow\; f'(x_0)=L

If f is continuous at x_0 and the limit of f' exists, then f'(x_0) exists and equals it (MVT corollary).

Rolle root-count bound
N(f)  ≤  N(f′)+1,N(h)=#{distinct real zeros of h}N(f)\;\le\;N(f')+1,\qquad N(h)=\#\{\text{distinct real zeros of }h\}

Between consecutive zeros of f lies a zero of f'; the k critical points split the line into k+1 monotone pieces, each holding at most one root.

#mean-value-theorem#rolle-theorem#cauchy-mvt#counting-real-roots#monotonicity#limit-of-derivative

سوالات تمرینی

ریاضی عمومی ۱ و ۲سختقضیهٔ مقدار میانگین و قضیهٔ داربوکنکور ارشد ریاضی ۱۴۰۳ — سؤال ۲۷

فرض کنید f(x)= x+۲x^2sin (1/x), x≠ 0 ; 0, x=0 . کدام مورد برای تابع f درست است؟

ریاضی عمومی ۱ و ۲متوسطقضیهٔ مقدار میانگین و قضیهٔ داربوکنکور ارشد ریاضی ۱۴۰۳ — سؤال ۵۴

فرض کنید تابع حقیقی f بر [1,∞) پیوسته و بر (1,∞) مشتق‌پذیر باشد. اگر lim_(x→ 1) f'(x) = a باشد، کدام مورد درست است؟

ریاضی عمومی ۱ و ۲متوسطقضیهٔ مقدار میانگین و قضیهٔ داربوکنکور ارشد ریاضی ۱۴۰۲ — سؤال ۲۷

تعداد ریشه‌های حقیقی معادلهٔ x^۲۰۱-x+۷=۰ کدام است؟

ریاضی عمومی ۱ و ۲متوسطقضیهٔ مقدار میانگین و قضیهٔ داربوکنکور ارشد ریاضی ۱۴۰۲ — سؤال ۵۳

برای عدد طبیعی n ≥ ۲ ، چند جمله‌ای P_n(x) = frac x^۲n (۲n)! + frac x^(۲n-۱) (۲n-۱)! + ⋯ + x/(۱!) + ۱ ، چند ریشه حقیقی دارد؟

ریاضی عمومی ۱ و ۲متوسطقضیهٔ مقدار میانگین و قضیهٔ داربوکنکور ارشد ریاضی ۱۴۰۱ — سؤال ۵۷

فرض کنید تابع حقیقی مقدار f بر [0,1] پیوسته و بر (0,1) مشتق‌پذیر باشد. به‌علاوه f(0)=0 و به‌ازای هر x ∈ (0,1) ، 0 ≤ f'(x) ≤ 1/2 f(x) . در این‌صورت کدام گزینه درست است؟

ریاضی عمومی ۱ و ۲متوسطقضیهٔ مقدار میانگین و قضیهٔ داربوکنکور ارشد ریاضی ۱۴۰۰ — سؤال ۵۶

فرض کنید تابع حقیقی f بر [0,1] پیوسته، بر (0,1) مشتق‌پذیر و حدهای lim_(x→ 1) f'(x) و lim_(x→ 0) f'(x) موجود و متناهی باشند. کدام گزینه درست است؟