בקצרה: משפט רול אומר שאם פונקציה [math]\displaystyle{ f }[/math] רציפה בקטע סגור, גזירה בתוכו, ומקבלת בשני הקצוות את אותו ערך, אזי איפשהו בין הקצוות המשיק לגרף אופקי: קיימת נקודה [math]\displaystyle{ c }[/math] בקטע הפתוח שבה [math]\displaystyle{ f'(c)=0 }[/math]. האינטואיציה פשוטה: מי שיוצא מגובה מסוים וחוזר אליו חייב באיזשהו רגע להפסיק לעלות (או לרדת), וברגע הזה השיפוע הוא אפס. המשפט קצר וההוכחה שלו קצרה (ויירשטראס ופרמה), אבל ממנו נובעים משפט לגראנז' וכלל לופיטל (ובהמשך הלימודים גם משפט טיילור), והוא כלי מרכזי להוכחה שלמשוואה [math]\displaystyle{ h(x)=0 }[/math] יש לכל היותר פתרון אחד: אם [math]\displaystyle{ h }[/math] גזירה בקטע, בין כל שני פתרונות שבו הנגזרת [math]\displaystyle{ h' }[/math] חייבת להתאפס.
▶ ההרצאה: משפט רול
משפט רול: הפונקציה רציפה ב־[math]\displaystyle{ [a,b] }[/math], גזירה ב־[math]\displaystyle{ (a,b) }[/math] ומקבלת את אותו ערך בשני הקצוות (המיתר האופקי המקווקו). לכן קיימת נקודה [math]\displaystyle{ c }[/math] בקטע הפתוח שבה המשיק לגרף אופקי, כלומר [math]\displaystyle{ f'(c)=0 }[/math]. כאן [math]\displaystyle{ c }[/math] היא נקודת המקסימום של הפונקציה בקטע, בדיוק כמו במקרה השני של ההוכחה (ויירשטראס ואז פרמה).
יהי [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math], ויהי [math]\displaystyle{ p }[/math] פולינום מדרגה [math]\displaystyle{ n }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ p(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\in\mathbb R }[/math], כאשר [math]\displaystyle{ a_0,a_1,\dots,a_n\in\mathbb R }[/math] ו־[math]\displaystyle{ a_n\ne0 }[/math].
אזי ל־[math]\displaystyle{ p }[/math] יש לכל היותר [math]\displaystyle{ n }[/math] שורשים שונים (מספרים ממשיים [math]\displaystyle{ x }[/math] שבהם [math]\displaystyle{ p(x)=0 }[/math]).
הוכחה כתובה (מהדף הקודם):
נוכיח שקיימת נקודת קיצון מקומית [math]\displaystyle{ c\in(a,b) }[/math]; אז המשפט נובע ממשפט פרמה.
לפי משפט ויירשטראס השני, פונקציה רציפה בקטע סגור מקבלת בו מקסימום ומינימום. נחלק לשני מקרים:
המקסימום והמינימום מתקבלים שניהם בקצות הקטע. כיוון ש [math]\displaystyle{ f(a)=f(b) }[/math], המקסימום שווה למינימום, ולכן הפונקציה קבועה בקטע. אז כל נקודה בקטע הפתוח היא נקודת קיצון מקומית, ו־[math]\displaystyle{ f'(c)=0 }[/math] בכל [math]\displaystyle{ c\in(a,b) }[/math].
אחרת, המקסימום או המינימום מתקבלים בנקודה [math]\displaystyle{ c }[/math] של הקטע הפתוח [math]\displaystyle{ (a,b) }[/math]. זו נקודת קיצון מקומית, ולפי משפט פרמה [math]\displaystyle{ f'(c)=0 }[/math]. [math]\displaystyle{ \blacksquare }[/math]
דוגמאות
נסו לפתור לבד, ואז לחצו "הצג פתרון".
דוגמה 1: האם יש סתירה למשפט רול?
תהי [math]\displaystyle{ f(x)=1-\sqrt[3]{(x-1)^2} }[/math] בקטע [math]\displaystyle{ [0,2] }[/math] (במבחן הפונקציה כתובה בכתיב חזקות, [math]\displaystyle{ f(x)=1-(x-1)^{2/3} }[/math]; הכוונה לשורש השלישי של [math]\displaystyle{ (x-1)^2 }[/math], שמוגדר לכל [math]\displaystyle{ x }[/math] ממשי). (א) הראו ש [math]\displaystyle{ f(0)=f(2) }[/math], ושאין נקודה [math]\displaystyle{ c\in(0,2) }[/math] שבה [math]\displaystyle{ f'(c)=0 }[/math]. (ב) מדוע אין כאן סתירה למשפט רול?
(א) [math]\displaystyle{ f(0)=1-\sqrt[3]{(-1)^2}=1-1=0 }[/math] וגם [math]\displaystyle{ f(2)=1-\sqrt[3]{1^2}=0 }[/math], ו־[math]\displaystyle{ f }[/math] רציפה ב־[math]\displaystyle{ [0,2] }[/math] כהרכבה של פונקציות רציפות (השורש השלישי מוגדר ורציף בכל [math]\displaystyle{ \mathbb R }[/math]).
לכל [math]\displaystyle{ x\ne1 }[/math] הפונקציה גזירה: [math]\displaystyle{ (x-1)^2>0 }[/math], והשורש השלישי גזיר בכל נקודה חיובית, ולכן לפי כלל השרשרת [math]\displaystyle{ f'(x)=-\frac{2(x-1)}{3\sqrt[3]{(x-1)^4}} }[/math] [math]\displaystyle{ =-\frac{2}{3\sqrt[3]{x-1}} }[/math] (הצמצום: [math]\displaystyle{ x-1=\left(\sqrt[3]{x-1}\right)^3 }[/math] ו־[math]\displaystyle{ \sqrt[3]{(x-1)^4}=\left(\sqrt[3]{x-1}\right)^4 }[/math]; עבור [math]\displaystyle{ x>1 }[/math] אפשר לכתוב זאת גם בכתיב חזקות, [math]\displaystyle{ f'(x)=-\frac{2}{3}(x-1)^{-1/3} }[/math]). ביטוי זה אינו אפס לאף [math]\displaystyle{ x\ne1 }[/math].
ב־[math]\displaystyle{ x=1 }[/math] נבדוק לפי ההגדרה: [math]\displaystyle{ f(1)=1 }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ \frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\frac{-\sqrt[3]{(x-1)^2}}{x-1} }[/math] [math]\displaystyle{ =-\frac{1}{\sqrt[3]{x-1}} }[/math] (שוב כי [math]\displaystyle{ x-1=\left(\sqrt[3]{x-1}\right)^3 }[/math]). כאשר [math]\displaystyle{ x\to1^+ }[/math] הביטוי שואף ל־[math]\displaystyle{ -\infty }[/math], וכאשר [math]\displaystyle{ x\to1^- }[/math] הוא שואף ל־[math]\displaystyle{ +\infty }[/math]. למנת ההפרשים אין גבול סופי, ולכן [math]\displaystyle{ f }[/math] אינה גזירה ב־[math]\displaystyle{ 1 }[/math].
לכן אין אף נקודה ב־[math]\displaystyle{ (0,2) }[/math] שבה [math]\displaystyle{ f'(c)=0 }[/math]: ב־[math]\displaystyle{ x\ne1 }[/math] הנגזרת שונה מאפס, וב־[math]\displaystyle{ x=1 }[/math] אין נגזרת כלל.
(ב) משפט רול דורש ש [math]\displaystyle{ f }[/math] תהיה גזירה בכל הקטע הפתוח [math]\displaystyle{ (0,2) }[/math], ותנאי זה אינו מתקיים (הגרף "מחודד" ב־[math]\displaystyle{ x=1 }[/math]). כשאחד התנאים אינו מתקיים המשפט אינו מבטיח דבר, ולכן אין סתירה.
מקור: מאגר ת6-058 (מבחן, קושי 1–2): מועד א' תשע"ה (תיכוניסטים) שאלה 5ב = W5c S12 עמ' 7 = G4 E75A ש5 (סעיף 5א שם: ציטוט משפט רול). באותו פריט במאגר יש גם "רול מוכלל" ממועד ב' תשפ"ה (צבאן), נכון/לא נכון סעיף ט, שאינו הדוגמה כאן. תיקון לפתרון S12 (ברשימת הטעויות במאגר): כאן מראים במפורש ש [math]\displaystyle{ f'\ne0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\ne1 }[/math].
דוגמה 2: פתרון יחיד למשוואה
הוכיחו שלמשוואה [math]\displaystyle{ 2x=\cos x }[/math] יש בדיוק פתרון אחד ממשי.
נגדיר [math]\displaystyle{ h(x)=2x-\cos x }[/math]. הפתרונות של המשוואה הם בדיוק השורשים של [math]\displaystyle{ h }[/math], ו־[math]\displaystyle{ h }[/math] רציפה וגזירה בכל [math]\displaystyle{ \mathbb R }[/math].
קיום (משפט ערך הביניים): [math]\displaystyle{ h }[/math] רציפה בקטע הסגור [math]\displaystyle{ [0,1] }[/math], [math]\displaystyle{ h(0)=-1<0 }[/math] ו־[math]\displaystyle{ h(1)=2-\cos1>0 }[/math] (כי [math]\displaystyle{ \cos1\le1 }[/math]). לכן קיים [math]\displaystyle{ x_0\in(0,1) }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ h(x_0)=0 }[/math].
יחידות (רול): נניח בשלילה שיש שני פתרונות שונים [math]\displaystyle{ x_1<x_2 }[/math]. אזי [math]\displaystyle{ h }[/math] רציפה בקטע הסגור [math]\displaystyle{ [x_1,x_2] }[/math], גזירה בקטע הפתוח [math]\displaystyle{ (x_1,x_2) }[/math] ו־[math]\displaystyle{ h(x_1)=h(x_2)=0 }[/math], ולכן לפי משפט רול קיימת [math]\displaystyle{ c\in(x_1,x_2) }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ h'(c)=0 }[/math].
אבל [math]\displaystyle{ h'(x)=2+\sin x\ge2-1=1>0 }[/math] לכל [math]\displaystyle{ x\in\mathbb R }[/math], ולכן [math]\displaystyle{ h'(c)\ne0 }[/math]: סתירה.
מסקנה: למשוואה יש פתרון אחד בדיוק (והוא נמצא ב־[math]\displaystyle{ (0,1) }[/math]).
מקור: מאגר ת6-051, הנוסח הראשי (ש"ב תשע"א HW-A A13.1b = חוברת צבאן 10.8 = ש"ב 12 של בוגרים תש"ף, דף הסמסטר בוויקי W6a P2). וריאנטים מאותה משפחה: [math]\displaystyle{ x^3+x=1 }[/math] במועד ג' תשע"ו חדו"א 1 להנדסה, שאלה 3א (R6a E76-C); [math]\displaystyle{ x-\frac{1}{2}\sin x=3 }[/math] במערך תרגול 12 של לואי ומני, עמ' 4. הנוסח [math]\displaystyle{ 2x=\cos x }[/math] עצמו הוא נוסח ש"ב ולא נמצא במבחן.
דוגמה 3: רול על פונקציה קדומה
יהי [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math] ויהיו [math]\displaystyle{ a_0,a_1,\dots,a_n\in\mathbb R }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ a_0+\frac{a_1}{2}+\frac{a_2}{3}+\dots+\frac{a_n}{n+1}=0 }[/math]. הוכיחו שקיים [math]\displaystyle{ c\in(0,1) }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ a_0+a_1c+a_2c^2+\dots+a_nc^n=0 }[/math].
הביטוי שצריך לאפס הוא [math]\displaystyle{ p(c) }[/math] עבור הפולינום [math]\displaystyle{ p(x)=a_0+a_1x+\dots+a_nx^n }[/math]. כדי להשתמש ברול צריך פונקציה שנגזרתה היא [math]\displaystyle{ p }[/math], ולכן נגדיר [math]\displaystyle{ F(x)=a_0x+\frac{a_1}{2}x^2+\frac{a_2}{3}x^3 }[/math] [math]\displaystyle{ +\dots+\frac{a_n}{n+1}x^{n+1} }[/math].
לכל [math]\displaystyle{ x\in\mathbb R }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ F'(x)=a_0+a_1x+a_2x^2 }[/math] [math]\displaystyle{ +\dots+a_nx^n=p(x) }[/math].
[math]\displaystyle{ F }[/math] היא פולינום, ולכן היא רציפה בקטע הסגור [math]\displaystyle{ [0,1] }[/math] וגזירה בקטע הפתוח [math]\displaystyle{ (0,1) }[/math].
[math]\displaystyle{ F(0)=0 }[/math], ו־[math]\displaystyle{ F(1)=a_0+\frac{a_1}{2}+\dots+\frac{a_n}{n+1}=0 }[/math] לפי הנתון. כלומר [math]\displaystyle{ F(0)=F(1) }[/math].
לפי משפט רול קיימת [math]\displaystyle{ c\in(0,1) }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ F'(c)=0 }[/math], כלומר [math]\displaystyle{ a_0+a_1c+\dots+a_nc^n=0 }[/math].
הרעיון הכללי: כשמבקשים להוכיח שביטוי מסוים מתאפס בנקודה כלשהי, מחפשים פונקציה שהביטוי הוא הנגזרת שלה, ושתי נקודות שבהן היא מקבלת אותו ערך.
מקור: מאגר ת6-047 (ש"ב, קושי 2): תוכנית XI שאלה X99 = R6c XI8.6, פתרון במשוב XI (בנוסח המקורי "קיים [math]\displaystyle{ c }[/math] ממשי"; ההוכחה נותנת [math]\displaystyle{ c\in(0,1) }[/math]).
דוגמה 4: שורשים של פולינום (רול + אינדוקציה)
יהי [math]\displaystyle{ n\in\mathbb N }[/math], יהיו [math]\displaystyle{ a_0,a_1,\dots,a_n\in\mathbb R }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ a_n\ne0 }[/math], ויהי [math]\displaystyle{ p }[/math] הפולינום [math]\displaystyle{ p(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1} }[/math] [math]\displaystyle{ +\dots+a_1x+a_0 }[/math] (פולינום מדרגה [math]\displaystyle{ n }[/math]). הוכיחו שיש ל־[math]\displaystyle{ p }[/math] לכל היותר [math]\displaystyle{ n }[/math] שורשים שונים, כלומר לכל היותר [math]\displaystyle{ n }[/math] מספרים ממשיים שונים [math]\displaystyle{ x }[/math] שבהם [math]\displaystyle{ p(x)=0 }[/math].
אינדוקציה על [math]\displaystyle{ n }[/math]. בסיס[math]\displaystyle{ n=1 }[/math]: המשוואה [math]\displaystyle{ a_1x+a_0=0 }[/math] נותנת [math]\displaystyle{ x=-\frac{a_0}{a_1} }[/math] (מותר לחלק כי [math]\displaystyle{ a_1\ne0 }[/math]), כלומר בדיוק שורש אחד, ובפרט לכל היותר אחד.
צעד: נניח שלכל פולינום מדרגה [math]\displaystyle{ n }[/math] יש לכל היותר [math]\displaystyle{ n }[/math] שורשים שונים, ויהי [math]\displaystyle{ P(x)=a_{n+1}x^{n+1}+a_nx^n }[/math] [math]\displaystyle{ +\dots+a_1x+a_0 }[/math] עם [math]\displaystyle{ a_{n+1}\ne0 }[/math]. נניח בשלילה שיש ל־[math]\displaystyle{ P }[/math] לפחות [math]\displaystyle{ n+2 }[/math] שורשים שונים, ונסמן [math]\displaystyle{ n+2 }[/math] מהם בסדר עולה: [math]\displaystyle{ x_1<x_2<\dots<x_{n+2} }[/math].
[math]\displaystyle{ P }[/math] רציף וגזיר בכל [math]\displaystyle{ \mathbb R }[/math], ולכל [math]\displaystyle{ 1\le i\le n+1 }[/math] מתקיים [math]\displaystyle{ P(x_i)=P(x_{i+1})=0 }[/math]. לפי משפט רול בקטע [math]\displaystyle{ [x_i,x_{i+1}] }[/math] קיימת [math]\displaystyle{ c_i\in(x_i,x_{i+1}) }[/math] כך ש [math]\displaystyle{ P'(c_i)=0 }[/math].
הקטעים [math]\displaystyle{ (x_i,x_{i+1}) }[/math] זרים זה לזה ([math]\displaystyle{ c_i<x_{i+1}<c_{i+1} }[/math]), ולכן [math]\displaystyle{ c_1<c_2<\dots<c_{n+1} }[/math] הם [math]\displaystyle{ n+1 }[/math] שורשים שונים של [math]\displaystyle{ P' }[/math] ("בין חמש אצבעות יש ארבעה רווחים").
אבל [math]\displaystyle{ P'(x)=(n+1)a_{n+1}x^n }[/math] [math]\displaystyle{ +na_nx^{n-1}+\dots+a_1 }[/math] הוא פולינום מדרגה [math]\displaystyle{ n }[/math] בדיוק, כי [math]\displaystyle{ (n+1)a_{n+1}\ne0 }[/math], ולפי הנחת האינדוקציה יש לו לכל היותר [math]\displaystyle{ n }[/math] שורשים שונים. סתירה.
לכן ל־[math]\displaystyle{ P }[/math] יש לכל היותר [math]\displaystyle{ n+1 }[/math] שורשים שונים, וזה משלים את האינדוקציה. שימו לב: "לכל היותר" ולא "בדיוק": ל־[math]\displaystyle{ x^2+1 }[/math] אין שורש ממשי כלל.
לכתוב [math]\displaystyle{ c\in[a,b] }[/math]: המשפט מבטיח נקודה בקטע הפתוח[math]\displaystyle{ (a,b) }[/math], וכך יש לצטט אותו. [math]\displaystyle{ c\in[a,b] }[/math] היא טענה חלשה יותר, ובקצוות הנגזרת אפילו לא בהכרח קיימת.
לדרוש שהפונקציה תהיה גזירה גם בקצוות [math]\displaystyle{ a }[/math] ו־[math]\displaystyle{ b }[/math]: המשפט דורש רציפות בקטע הסגור וגזירות בקטע הפתוח בלבד, ובציטוט או בהפעלה שלו אין להוסיף תנאי שאינו נדרש.
להפעיל את משפט פרמה בקצה הקטע: פרמה עוסק בנקודת קיצון מקומי שבה הפונקציה גזירה, ונקודת קיצון מקומי דורשת סביבה דו-צדדית. מקסימום שמתקבל ב־[math]\displaystyle{ a }[/math] או ב־[math]\displaystyle{ b }[/math] אינו קיצון מקומי במובן ההגדרה (בתוך הקטע אין לו סביבה דו-צדדית שלמה), וגם לא נתון ש [math]\displaystyle{ f }[/math] גזירה שם, ולכן פרמה לא אומר עליו דבר. זו בדיוק הסיבה שההוכחה מחלקת למקרה "שני הקיצונים בקצוות" ולמקרה "קיצון בנקודה פנימית".
להפעיל את רול בלי לוודא את כל התנאים: [math]\displaystyle{ f(x)=1-\sqrt[3]{(x-1)^2} }[/math] ב־[math]\displaystyle{ [0,2] }[/math] רציפה ומקיימת [math]\displaystyle{ f(0)=f(2) }[/math], אבל אינה גזירה ב־[math]\displaystyle{ 1 }[/math], ואכן הנגזרת שלה אינה מתאפסת בשום נקודה.
להשמיט את התנאי [math]\displaystyle{ a_n\ne0 }[/math] בטענה על שורשי פולינום (בלעדיו "פולינום מדרגה [math]\displaystyle{ n }[/math]" עשוי להיות פולינום האפס, שיש לו אינסוף שורשים), או לבלבל שורש של פונקציה (נקודה שבה [math]\displaystyle{ p(x)=0 }[/math]) עם שורש ריבועי.
לתרגול
מועד ג' תשע"ו (חדו"א 1 להנדסה) · שאלה 3א: למשוואה [math]\displaystyle{ x^3+x=1 }[/math] פתרון יחיד (ערך הביניים ונגזרת חיובית, כמו הדוגמה השנייה בדף) (פתרון). קושי 1–2.
מועד א' תשע"ו (מתמטיקה) · שאלה 5: לכל היותר נקודת שבת אחת כש [math]\displaystyle{ f'\ne1 }[/math], רול על [math]\displaystyle{ f(x)-x }[/math] (פתרון של ארז). קושי 1–2.
מועד א' תשע"ה (תיכוניסטים) · שאלה 5: ציטוט משפט רול והפונקציה [math]\displaystyle{ 1-(x-1)^{2/3} }[/math] ב־[math]\displaystyle{ [0,2] }[/math], כמו הדוגמה הראשונה בדף (הקובץ כולל הצעת פתרון של לירן ויונתן). קושי 1–2.
![משפט רול: הפונקציה רציפה ב־[math]\displaystyle{ [a,b] }[/math], גזירה ב־[math]\displaystyle{ (a,b) }[/math] ומקבלת את אותו ערך בשני הקצוות (המיתר האופקי המקווקו). לכן קיימת נקודה [math]\displaystyle{ c }[/math] בקטע הפתוח שבה המשיק לגרף אופקי, כלומר [math]\displaystyle{ f'(c)=0 }[/math]. כאן [math]\displaystyle{ c }[/math] היא נקודת המקסימום של הפונקציה בקטע, בדיוק כמו במקרה השני של ההוכחה (ויירשטראס ואז פרמה).](/index.php/%D7%A7%D7%95%D7%91%D7%A5:Infi1-rolle.png)