Задача на производную

[qtmax]

$f(x)$ дифференцируема на $\mathbb{R}$ и $\ln \frac{f(b)}{f(a)} = b-a, b>a$. Доказать, что $\exists c \in (a,b): f'(c) = f(c)$.

Моя попытка решения (содержит ошибку):
$\ln \frac{f(b)}{f(a)} = b-a \Rightarrow \ln f(b) - \ln f(a) = b-a$.
Пусть $g(x) = \ln f(x)$, тогда $g(b)-g(a) = b-a$.
По теореме Лагранжа: $\exists c \in (a,b): g'(c) = \frac{g(b)-g(a)}{b-a} = 1$.
$g'(c) = \frac{f'(c)}{f(c)} = 1 \Rightarrow f'(c) = f(c)$, чтд.

Очевидно, что эти рассуждения верны, только если $\forall x \in (a,b): f(x)>0$, иначе мы не можем взять логарифм, а у нас известно только то, что $f(a)$ и $f(b)$ одного знака. Если же определить $g(x) = \ln |f(x)|$, то возникнет проблема со взятием производной $g'(c)$, потому что $|f(c)|'$ может не существовать и просто нельзя будет применить теорему Лагранжа.

Помогите, пожалуйста, исправить это решение или намекните на другое, верное.

[ShMaxG]

Обратите внимание на формулу: логарифм отношения равен разности логарифмов.

[qtmax]

ShMaxG в сообщении #665841 писал(а):

Обратите внимание на формулу: логарифм отношения равен разности логарифмов.

Не совсем понял, что вы имеете в виду. Я использую эту формулу в первой строке своего (неправильного) решения. Но этой формулой здесь пользоваться нельзя, т.к. возможна ситуация, когда $f(a)<0$ и $f(b)<0$, тогда $\ln \frac{f(b)}{f(a)}$ существует, но мы не можем написать, что он равен $\ln f(b) - \ln f(a)$, потому что не существуют ни $\ln f(b)$, ни $\ln f(a)$.

Можно было бы попытаться выкрутиться и написать, что $\ln \frac{f(b)}{f(a)} = \ln |f(a)| - \ln |f(b)|$, но тогда возникают проблемы дальше, с определением $g(x)$. Её нельзя определить как $\ln f(x)$, потому что где-то посередине $(a,b)$ $f(x)$ может стать отрицательной, в то время как $f(a)>0$ и $f(b)>0$, тогда нельзя сказать, что $g(x)$ определена на $(a,b)$, и воспользоваться теоремой Лагранжа.

Если же и тут написать, что $g(x) = \ln |f(x)|$, то, вообще говоря, нельзя сказать, что $g(x)$ дифференцируема на $(a,b)$, т.е. всё равно нельзя воспользоваться теоремой Лагранжа. Да и всё равно модуль не решит всех проблем, потому что, если $f(x)=0$, то $g(x)$ не существует.

[SpBTimes]

Посмотрите, чему равна производная $\ln |x|$, все будет в порядке

[ShMaxG]

qtmax
Если $f(b)<0$ и $f(a)<0$, то можете писать $\[\ln \frac{{f\left( b \right)}}{{f\left( a \right)}} = \ln \left( { - f\left( b \right)} \right) - \ln \left( { - f\left( a \right)} \right)\]$, а $\[g\left( x \right) = \ln \left( { - f\left( x \right)} \right)\]$, вот и все. Т.е. получается, что выбор функции $g(x)$ в зависимости от ситуации разный. И число $c$ будет вообще говоря разным. А попытка решить задачу, воспользовавшись всего одной функцией $g(x)$ (как логарифм модуля), видимо, терпит неудачу... ну и ладно.

[RIP]

Лучше вообще избавиться от логарифма, переписав равенство в виде $f(b)\mathrm e^{-b}=f(a)\mathrm e^{-a}$.

[qtmax]

SpBTimes в сообщении #665850 писал(а):

Посмотрите, чему равна производная $\ln |x|$, все будет в порядке

$(\ln |x|)' = \frac{|x|'}{|x|} = \frac{1}{x}$ — здесь всё в порядке.
По идее, аналогично $(\ln |f(x)|)' = \frac{|f(x)|'}{|f(x)|} = \frac{f'(x)}{f(x)}$.

Но есть ещё одна проблема: а что если $\exists x_0 \in (a,b): f(x_0)=0$? Тогда $g(x_0)$ не существует, и даже нельзя применить теорему Лагранжа.

-- 01.01.2013, 16:32 --

ShMaxG в сообщении #665870 писал(а):

qtmax
Если $f(b)<0$ и $f(a)<0$, то можете писать $\[\ln \frac{{f\left( b \right)}}{{f\left( a \right)}} = \ln \left( { - f\left( b \right)} \right) - \ln \left( { - f\left( a \right)} \right)\]$, а $\[g\left( x \right) = \ln \left( { - f\left( x \right)} \right)\]$, вот и все. Т.е. получается, что выбор функции $g(x)$ в зависимости от ситуации разный. И число $c$ будет вообще говоря разным. А попытка решить задачу, воспользовавшись всего одной функцией $g(x)$ (как логарифм модуля), видимо, терпит неудачу... ну и ладно.

Никто не гарантировал, что на $(a,b)$ $f(x)$ сохраняет знак. Может быть $f(a)<0, f(b)<0$, но, например, $f(\frac{a+b}{2})>0$, а тогда $\not\exists g(\frac{a+b}{2})$, теорему Лагранжа применить нельзя.

-- 01.01.2013, 16:33 --

RIP в сообщении #665875 писал(а):

Лучше вообще избавиться от логарифма, переписав равенство в виде $f(b)\mathrm e^{-b}=f(a)\mathrm e^{-a}$.

Спасибо за подсказку, буду думать в этом направлении.

[ShMaxG]

qtmax в сообщении #665877 писал(а):

Никто не гарантировал, что на $(a,b)$ $f(x)$ сохраняет знак. Может быть $f(a)<0, f(b)<0$, но, например, $f(\frac{a+b}{2})>0$, а тогда $\not\exists g(\frac{a+b}{2})$, теорему Лагранжа применить нельзя.

Согласен, я ошибся тогда.

[qtmax]

RIP, большое спасибо, довёл вашим способом до конца с помощью теоремы Ролля.

[SpBTimes]

qtmax в сообщении #665877 писал(а):

Но есть ещё одна проблема: а что если $\exists x_0 \in (a,b): f(x_0)=0$? Тогда $g(x_0)$ не существует, и даже нельзя применить теорему Лагранжа.

Ну тогда и просто логарифм не рассмотреть