Bu juda oddiy dalil. Biz \(f\left( x \right)\) isbotlash uchun nisbiy maksimalga ega deb taxmin qilamiz. Nisbiy minimumning isboti deyarli bir xil. Shunday qilib, agar biz \(x = c\) da nisbiy maksimalga ega deb hisoblasak, \(x = c\) ga etarlicha yaqin bo'lgan barcha \(x\) uchun \(f\left( c \right) \ge f\left( x \right)\) ekanligini bilamiz. Xususan, nolga etarlicha yaqin bo'lgan barcha \(h\) uchun (ijobiy yoki salbiy) bizda bo'lishi kerak,

\[f\left( c \right) \ge f\left( {c + h} \right)\]

yoki, bir oz qayta yozish bilan biz bo'lishi kerak,

\[\begin{equation}f\left( {c + h} \right) - f\left( c \right) \le 0 \label{eq:eq1}\end{equation}\]

Endi, bu nuqtada \(h > 0\) deb faraz qiling va \(\eqref{eq:eq1}\) ning ikkala tomonini \(h\) ga bo'ling. Bu beradi,

\[\frac{{f\left( {c + h} \right) - f\left( c \right)}}{h} \le 0\]

Biz \(h > 0\) deb taxmin qilganimiz sababli, endi buning ikkala tomonining o'ng chegarasini olishimiz mumkin.

\[\mathop {\lim }\limits_{h \to {0^ + }} \frac{{f\left( {c + h} \right) - f\left( c \right)}}{h} \le \mathop {\lim }\limits_{h \to {0^ + }} 0 = 0\]

Shuningdek, biz \(f'\left( c \right)\) mavjudligini taxmin qilamiz va agar normal chegara mavjud bo'lsa, u ikkala bir tomonlama chegaralarga teng bo'lishi kerakligini eslaymiz. Shunda aytishimiz mumkinki,

\[f'\left( c \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f\left( {c + h} \right) - f\left( c \right)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to {0^ + }} \frac{{f\left( {c + h} \right) - f\left( c \right)}}{h} \le 0\]

Agar biz buni birlashtirsak, endi biz \(f'\left( c \right) \le 0\) ekanligini ko'rsatdik.

Mayli, keling, vaziyatni o'zgartirib, \(h < 0\) deb faraz qilaylik va \(\eqref{eq:eq1}\) ning ikkala tomonini \(h\) ga bo'lamiz. Bu beradi,

\[\frac{{f\left( {c + h} \right) - f\left( c \right)}}{h} \ge 0\]

Esda tutingki, biz \(h < 0\) deb faraz qilganimiz sababli, manfiy songa bo'linganda tengsizlikni almashtirishimiz kerak bo'ladi. Endi buni olish uchun yuqoridagi kabi argument qilishimiz mumkin,

\[f'\left( c \right) = \mathop {\lim }\limits_{h \to 0} \frac{{f\left( {c + h} \right) - f\left( c \right)}}{h} = \mathop {\lim }\limits_{h \to {0^ - }} \frac{{f\left( {c + h} \right) - f\left( c \right)}}{h} \ge \mathop {\lim }\limits_{h \to {0^ - }} 0 = 0\]

Bu erda farq shundaki, bu safar biz \(h < 0\) deb faraz qilganimiz uchun chap chegarani ko'rib chiqamiz. Ushbu argument \(f'\left( c \right) \ge 0\) ekanligini ko'rsatadi.

Endi biz \(f'\left( c \right) \le 0\) va \(f'\left( c \right) \ge 0\) ekanligini ko'rsatdik. Shunda ikkalasining ham bir vaqtning o'zida to'g'ri bo'lishining yagona yo'li \(f'\left( c \right) = 0\) ga ega bo'lishdir va bu o'z navbatida \(x = c\) muhim nuqta bo'lishi kerakligini anglatadi.

Yuqorida ta'kidlab o'tilganidek, agar \(f\left( x \right)\) nisbiy minimumga ega deb hisoblasak, isbot deyarli bir xil va shuning uchun bu erda ko'rsatilmaydi. Asosiy farqlar shunchaki ba'zi tengsizliklarni almashtirish kerak.

\({x_1}\) va \({x_2}\) \(I\) da bo'lsin va \({x_1} < {x_2}\) deb faraz qilaylik. Endi, \(\left[ {{x_1},{x_2}} \right]\) da o'rtacha qiymat teoremasidan foydalanish \(c\) raqami mavjudligini anglatadi, shuning uchun \({x_1} < c < {x_2}\) va,

\[f\left( {{x_2}} \right) - f\left( {{x_1}} \right) = f'\left( c \right)\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\]

Chunki \({x_1} < c < {x_2}\) biz \(c\) ham \(I\) da bo'lishi kerakligini bilamiz va shuning uchun biz \(f'\left( c \right) > 0\) ni ham bilamiz \({x_2} - {x_1} > 0\). Demak, bu bizda borligini anglatadi,

\[f\left( {{x_2}} \right) - f\left( {{x_1}} \right) > 0\]

Buni qayta yozish,

\[f\left( {{x_1}} \right) < f\left( {{x_2}} \right)\]

Shunday qilib, ta'rifga ko'ra, \({x_1}\) va \({x_2}\) \(I\) da ikkita ixtiyoriy son bo'lganligi sababli, \(f\left( x \right)\) \(I\) da ortib borayotgan bo'lishi kerak.

Ushbu dalil avvalgi qism bilan deyarli bir xil.

\({x_1}\) va \({x_2}\) \(I\) da bo'lsin va \({x_1} < {x_2}\) deb faraz qilaylik. Endi, \(\left[ {{x_1},{x_2}} \right]\) da o'rtacha qiymat teoremasidan foydalanish \(c\) raqami mavjudligini anglatadi, shuning uchun \({x_1} < c < {x_2}\) va,

\[f\left( {{x_2}} \right) - f\left( {{x_1}} \right) = f'\left( c \right)\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\]

\({x_1} < c < {x_2}\), chunki biz \(c\) ham \(I\) da bo'lishi kerakligini bilamiz va shuning uchun biz \(f'\left( c \right) < 0\) ni ham bilamiz \({x_2} - {x_1} > 0\). Demak, bu bizda borligini anglatadi,

\[f\left( {{x_2}} \right) - f\left( {{x_1}} \right) < 0\]

Buni qayta yozish,

\[f\left( {{x_1}} \right) > f\left( {{x_2}} \right)\]

Shunday qilib, ta'rifga ko'ra, \({x_1}\) va \({x_2}\) \(I\) da ikkita ixtiyoriy son bo'lganligi sababli, \(f\left( x \right)\) \(I\) da kamayishi kerak.

Shunga qaramay, bu dalil avvalgi ikki qism bilan deyarli bir xil, ammo bu holda aslida biroz osonroq.

\({x_1}\) va \({x_2}\) \(I\) da bo'lsin. Endi, \(\left[ {{x_1},{x_2}} \right]\) da o'rtacha qiymat teoremasidan foydalanib, \(c\) raqami mavjud bo'lib, \(c\) \({x_1}\) va \({x_2}\) o'rtasida va,

\[f\left( {{x_2}} \right) - f\left( {{x_1}} \right) = f'\left( c \right)\left( {{x_2} - {x_1}} \right)\]

E'tibor bering, bu qism uchun biz \({x_1} < {x_2}\) deb taxmin qilishimiz shart emas edi, shuning uchun biz bilamizki, \(c\) \({x_1}\) va \({x_2}\) o'rtasida va shuning uchun ham muhimi, \(c\) \(I\) da. va bu \(f'\left( c \right) = 0\) degan ma'noni anglatadi. Demak, bu bizda borligini anglatadi,

\[f\left( {{x_2}} \right) - f\left( {{x_1}} \right) = 0\]

Buni qayta yozish,

\[f\left( {{x_1}} \right) = f\left( {{x_2}} \right)\]

va shuning uchun \({x_1}\) va \({x_2}\) \(I\) da ikkita ixtiyoriy son bo'lganligi sababli, \(f\left( x \right)\) \(I\) da doimiy bo'lishi kerak.

\(a\) \(I\) oralig'idagi istalgan son bo'lsin. \(x = a\) da \(f\left( x \right)\) ga teguvchi chiziq:

\[y = f\left( a \right) + f'\left( a \right)\left( {x - a} \right)\]

\(f\left( x \right)\) \(I\) da konkav ekanligini ko'rsatish uchun biz \(I\) da har qanday \(x\), \(x \ne a\) uchun shuni ko'rsatishimiz kerak:

\[f\left( x \right) > f\left( a \right) + f'\left( a \right)\left( {x - a} \right)\]

yoki boshqacha qilib aytganda, tangens chiziq har doim \(I\) da \(f\left( x \right)\) grafigidan pastda bo'ladi. E'tibor bering, bizga \(x \ne a\) kerak, chunki o'sha paytda biz \(f\left( x \right) = f\left( a \right)\) ni bilamiz, chunki biz tangens chiziq haqida gapiramiz.

Keling, avval \(x > a\) deb faraz qilish bilan isbotlashni boshlaylik. \(\left[ {a,x} \right]\) da o'rtacha qiymat teoremasidan foydalanish \(c\) raqami mavjudligini anglatadi, shunday qilib \(a < c < x\) va,

\[f\left( x \right) - f\left( a \right) = f'\left( c \right)\left( {x - a} \right)\]

Bir oz qayta yozish bilan bu,

\[\begin{equation}f\left( x \right) = f\left( a \right) + f'\left( c \right)\left( {x - a} \right) \label{eq:eq2}\end{equation}\]

Keyinchalik, \(I\)-dagi har bir \(x\) uchun \(f''\left( x \right) > 0\) faktidan foydalanamiz. Bu shuni anglatadiki, birinchi hosila \(f'\left( x \right)\) ortib borishi kerak (chunki uning hosilasi \(f''\left( x \right)\) musbat). Endi biz o'rtacha qiymat teoremasidan \(a < c\) va shuning uchun \(f'\left( x \right)\) ortib borayotganligi sababli bizda shunday bo'lishi kerakligini bilamiz,

\[\begin{equation}f'\left( a \right) < f'\left( c \right) \label{eq:eq3} \end{equation}\]

Eslatib o'tamiz, biz \(x > a\) va shunga o'xshash \(x - a > 0\) ni qabul qilamiz. Agar biz \(\eqref{eq:eq3}\) ni \(x - a\) ga ko'paytirsak (bu musbat va shuning uchun tengsizlik bir xil bo'lib qoladi), biz,

\[f'\left( a \right)\left( {x - a} \right) < f'\left( c \right)\left( {x - a} \right)\]

Keyin, ikkala tomoniga \(f\left( a \right)\) qo'shing,

\[f\left( a \right) + f'\left( a \right)\left( {x - a} \right) < f\left( a \right) + f'\left( c \right)\left( {x - a} \right)\]

Biroq, \(\eqref{eq:eq2}\) tomonidan, buning o'ng tomoni \(f\left( x \right)\) dan boshqa narsa emas va shuning uchun bizda:

\[f\left( a \right) + f'\left( a \right)\left( {x - a} \right) < f\left( x \right)\]

lekin aynan shu biz ko'rsatmoqchi bo'lgan narsamiz.

Shunday qilib, \(x > a\) tangens chizig'i aslida \(f\left( x \right)\) grafigidan pastda joylashgan.

Endi biz \(x < a\) ni qabul qilishimiz kerak. \(\left[ {x,a} \right]\) da o'rtacha qiymat teoremasidan foydalanish \(c\) raqami mavjudligini anglatadi, shuning uchun \(x < c < a\) va,

\[f\left( a \right) - f\left( x \right) = f'\left( c \right)\left( {a - x} \right)\]

Agar buning ikkala tomonini –1 ga ko'paytirsak va keyin ikkala tomonga \(f\left( a \right)\) qo'shsak va yana \(\eqref{eq:eq2}\) da paydo bo'ladi.

Endi, o'rtacha qiymat teoremasidan biz \(c < a\) ekanligini bilamiz va \(f''\left( x \right) > 0\) \(I\) da har bir \(x\) uchun biz hosila hali ham ortib borayotganini bilamiz va shuning uchun bizda,

\[f'\left( c \right) < f'\left( a \right)\]

Keling, buni \(x - a\) ga ko'paytiramiz, bu endi \(x < a\) dan beri manfiy raqam. Bu beradi,

\[f'\left( c \right)\left( {x - a} \right) > f'\left( a \right)\left( {x - a} \right)\]

E'tibor bering, biz manfiy songa ko'paytirganimiz uchun tengsizlikning yo'nalishini o'zgartirishimiz kerak edi. Agar biz hozir buning ikkala tomoniga \(f\left( a \right)\) ni qo'shsak va keyin biz erishgan natijalarga \(\eqref{eq:eq2}\) ni almashtirsak,

\[\begin{align*}f\left( a \right) + f'\left( c \right)\left( {x - a} \right) & > f\left( a \right) + f'\left( a \right)\left( {x - a} \right)\\ & f\left( x \right) > f\left( a \right) + f'\left( a \right)\left( {x - a} \right)\end{align*}\]

Shunday qilib, biz yana tangens chiziq har doim \(f\left( x \right)\) grafigidan pastda ekanligini ko'rsatdik.

Endi biz \(x\) \(I\) da istalgan raqam bo‘lsa, \(x \ne a\) bilan tangens chiziqlar har doim \(I\) da \(f\left( x \right)\) grafigidan past bo‘lishini va shuning uchun \(f\left( x \right)\) \(I\) da konkav ekanligini ko‘rsatdik.

Bu dalil 1 ning isboti bilan deyarli bir xil va bu dalil ancha uzoq bo'lgani uchun biz ishni endigina boshlaymiz, so'ngra qolgan qismini o'tishni sizga qoldiramiz.

\(a\) \(I\) da istalgan raqam bo'lsin. \(f\left( x \right)\) ning konkav ekanligini ko'rsatish uchun \(I\), \(x \ne a\) dagi har qanday \(x\) uchun tangens chiziq har doim \(f\left( x \right)\) grafigidan yuqori ekanligini ko'rsatishimiz kerak yoki,

\[f\left( x \right) < f\left( a \right) + f'\left( a \right)\left( {x - a} \right)\]

Shu nuqtadan boshlab, dalil 1 ning isboti bilan deyarli bir xil bo'ladi, bundan tashqari siz bu holatda hosila \(f''\left( x \right) < 0\) dan beri kamayib borayotganidan foydalanishingiz kerak bo'ladi. Ushbu dalilning tafsilotlarini to'ldirishni sizga qoldiramiz.

Birinchidan, biz \(f''\left( x \right)\) \(x = c\) atrofidagi mintaqada uzluksiz deb taxmin qilganimiz uchun, aslida \(f''\left( c \right) < 0\) ba'zi ochiq mintaqalarda ham to'g'ri deb taxmin qilishimiz mumkin, deylik \(\left( {a,b} \right)\) \(x = c\) atrofida, i.e. \(a < c < b\).

Endi \(x\) har qanday raqam \(a < x < c\) bo'lsin, biz \(\left[ {x,c} \right]\) da o'rtacha qiymat teoremasidan foydalanamiz. Biroq, uni funktsiyaning o'zida ishlatish o'rniga, biz uni birinchi hosilada ishlatamiz. Shunday qilib, o'rtacha qiymat teoremasi bizga \(x < d < c\) raqami mavjudligini aytadi, shunday qilib,

\[f'\left( c \right) - f'\left( x \right) = f''\left( d \right)\left( {c - x} \right)\]

Endi, \(a < x < d < c\), chunki biz \(f''\left( d \right) < 0\) ekanligini bilamiz va biz \(c - x > 0\) ni ham bilamiz, shuning uchun biz buni olamiz,

\[f'\left( c \right) - f'\left( x \right) < 0\]

Biroq, biz \(f'\left( c \right) = 0\) deb taxmin qildik va shuning uchun bizda,

\[ - f'\left( x \right) < 0\hspace{0.25in}\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}\hspace{0.25in}f'\left( x \right) > 0\]

Boshqacha qilib aytganda, \(x = c\) ning chap tomonida funksiya ortib bormoqda.

Keling, vaziyatni o'zgartiraylik va \(x\) istalgan raqam \(c < x < b\) bo'lsin va \(\left[ {c,x} \right]\) va birinchi hosiladagi o'rtacha qiymat teoremasidan foydalanaylik. O'rtacha qiymat teoremasi bizga \(c < d < x\) raqami mavjudligini aytadi, shuning uchun:

\[f'\left( x \right) - f'\left( c \right) = f''\left( d \right)\left( {x - c} \right)\]

Endi, \(c < d < x < b\), chunki biz \(f''\left( d \right) < 0\) ekanligini bilamiz va biz \(x - c > 0\) ni ham bilamiz, shuning uchun biz buni olamiz,

\[f'\left( x \right) - f'\left( c \right) < 0\]

Shunga qaramay, biz \(f'\left( c \right) = 0\) ni olish uchun taxmin qilganimizdan foydalaning,

\[f'\left( x \right) < 0\]

Endi biz \(x = c\) ning o‘ng tomonida funksiya kamayib borayotganini bilamiz.

Shunday qilib, \(x = c\) ning chap tomonida funktsiya ortib bormoqda va \(x = c\) ning o'ng tomonida funksiya kamaymoqda, shuning uchun birinchi hosilaviy testda bu \(x = c\) nisbiy maksimal bo'lishi kerakligini anglatadi.

Bu dalil 1 ning isboti bilan deyarli bir xil va bu dalil biroz uzoq bo'lgani uchun biz dalilni bajarishni sizga qoldiramiz. Bu holatda yagona farq shundaki, endi biz \(f''\left( x \right) < 0\) deb faraz qilamiz va bu bizga \(x = c\) ning har ikki tomonidagi birinchi hosilaning qarama-qarshi belgilarini beradi, bu bizga biz kutgan xulosani beradi. Buning barcha tafsilotlarini to'ldirishni sizga qoldiramiz.

Bu erda isbotlash uchun haqiqatan ham hech narsa yo'q. Bu bayonotda aytilishicha, uchta holatdan har biri mumkin va buni "isbotlash" uchun uchta holatning har biriga misol keltirish kerak. Bu yilda amalga oshirilgan Grafik shakli, II qism Ushbu test taqdim etilgan bo'lim, shuning uchun biz uchta imkoniyatning haqiqatan ham sodir bo'lishi mumkinligini tekshirish uchun ushbu grafiklarni ko'rish uchun ushbu bo'limga qaytishni sizga qoldiramiz.

Buni 3 ta holatda qilishimiz kerak.

1-holat: \(f\left( x \right) = k\) \(\left[ {a,b} \right]\) da, bu erda \(k\) doimiydir.
Bu holda \(f'\left( x \right) = 0\) \(\left[ {a,b} \right]\)-dagi barcha \(x\) uchun va shuning uchun biz \(c\)-ni \(\left[ {a,b} \right]\)-da istalgan raqam sifatida qabul qilishimiz mumkin.

2-holat: \(\left( {a,b} \right)\) da \(f\left( d \right) > f\left( a \right)\) kabi \(d\) soni mavjud.
Chunki \(f\left( x \right)\) \(\left[ {a,b} \right]\) da uzluksizdir Ekstremal qiymat teoremasi bilamizki, \(f\left( x \right)\) \(\left[ {a,b} \right]\) ichida maksimal bo'ladi. Bundan tashqari, \(f\left( a \right) = f\left( b \right)\) va \(f\left( d \right) > f\left( a \right)\) tufayli biz bilamizki, aslida maksimal qiymat \(\left( {a,b} \right)\) yoki \(a < c < b\) ochiq oraliqda joylashgan ba'zi \(c\) da bo'lishi kerak. \(c\) intervalning ichki qismida sodir bo'lganligi sababli, bu \(f\left( x \right)\) aslida \(x = c\) da nisbiy maksimalga ega bo'lishini anglatadi va yuqoridagi ikkinchi gipoteza orqali biz \(f'\left( c \right)\) mavjudligini ham bilamiz. Nihoyat, tomonidan Ferma teoremasi biz bilamizki, aslida \(x = c\) muhim nuqta bo'lishi kerak va biz \(f'\left( c \right)\) mavjudligini bilganimiz uchun bizda \(f'\left( c \right) = 0\) bo'lishi kerak (\(f'\left( c \right)\) dan farqli o'laroq emas) mavjud...).

3-holat: \(\left( {a,b} \right)\) da \(f\left( d \right) < f\left( a \right)\) kabi \(d\) soni mavjud.
Bu 2-holati bilan deyarli bir xil, shuning uchun biz unchalik batafsil ma'lumot bermaymiz. Ekstremal qiymat teoremasi bo'yicha \(f\left( x \right)\) \(\left[ {a,b} \right]\) da minimal bo'ladi va \(f\left( a \right) = f\left( b \right)\) va \(f\left( d \right) < f\left( a \right)\), chunki biz minimal \(x = c\) da \(a < c < b\) da bo'lishi kerakligini bilamiz. Va nihoyat, Fermat teoremasi bo'yicha biz \(f'\left( c \right) = 0\) ekanligini bilamiz.

Tasviriy maqsadlar uchun \(f\left( x \right)\) grafigi shunday deb faraz qilaylik,

Albatta, bu shunday ko'rinmasligiga e'tibor bering, lekin bu erda nima haqida gaplashayotganimizni ko'rishni osonlashtirish uchun bizga tezkor eskiz kerak.

Bizga kerak bo'lgan birinchi narsa - yuqorida ko'rsatilganidek, \(A\) va \(B\) ikkita nuqtadan o'tadigan sekant chiziq tenglamasi. Bu,

\[y = f\left( a \right) + \frac{{f\left( b \right) - f\left( a \right)}}{{b - a}}\left( {x - a} \right)\]

Keling, endi \(g\left( x \right)\) funksiyasini \(f\left( x \right)\) va sekant chiziq tenglamasi o'rtasidagi farq sifatida aniqlaymiz yoki,

\[g\left( x \right) = f\left( x \right) - \left( {f\left( a \right) + \frac{{f\left( b \right) - f\left( a \right)}}{{b - a}}\left( {x - a} \right)} \right) = f\left( x \right) - f\left( a \right) - \frac{{f\left( b \right) - f\left( a \right)}}{{b - a}}\left( {x - a} \right)\]

Keyin shuni ta'kidlaymizki, \(g\left( x \right)\) \(\left[ {a,b} \right]\) da uzluksiz deb qabul qilingan \(f\left( x \right)\) va biz hamma joyda uzluksiz deb biladigan chiziqli ko'phadning yig'indisi bo'lgani uchun \(g\left( x \right)\) \(\left[ {a,b} \right]\) da ham uzluksiz bo'lishi kerakligini bilamiz.

Bundan tashqari, biz \(g\left( x \right)\) ning \(\left( {a,b} \right)\) da differentsiallanishi kerakligini ko‘rishimiz mumkin, chunki u \(\left( {a,b} \right)\) da differentsiallanishi mumkin deb hisoblangan \(f\left( x \right)\) va biz differentsial deb biladigan chiziqli ko‘phadning yig‘indisidir.

Biz hosilani quyidagicha hisoblashimiz mumkin edi,

\[g'\left( x \right) = f'\left( x \right) - \frac{{f\left( b \right) - f\left( a \right)}}{{b - a}}\]

shu nuqtada biz uning \(\left( {a,b} \right)\) da mavjudligini ko'rishimiz mumkin, chunki biz \(f'\left( x \right)\) \(\left( {a,b} \right)\) da mavjud deb taxmin qilgandik va oxirgi atama faqat doimiydir.

Nihoyat, bizda,

\[\begin{align*}g\left( a \right) & = f\left( a \right) - f\left( a \right) - \frac{{f\left( b \right) - f\left( a \right)}}{{b - a}}\left( {a - a} \right) = f\left( a \right) - f\left( a \right) = 0\\ & \\ g\left( b \right) & = f\left( b \right) - f\left( a \right) - \frac{{f\left( b \right) - f\left( a \right)}}{{b - a}}\left( {b - a} \right) = f\left( b \right) - f\left( a \right) - \left( {f\left( b \right) - f\left( a \right)} \right) = 0\end{align*}\]

Boshqacha qilib aytganda, \(g\left( x \right)\) uchta shartni qondiradi Rol teoremasi va shuning uchun biz \(c\) raqami bo'lishi kerakligini bilamiz, shuning uchun \(a < c < b\) va bu,

\[0 = g'\left( c \right) = f'\left( c \right) - \frac{{f\left( b \right) - f\left( a \right)}}{{b - a}}\hspace{0.25in} \Rightarrow \hspace{0.25in}f'\left( c \right) = \frac{{f\left( b \right) - f\left( a \right)}}{{b - a}}\]