首页 百科知识 积分中值定理怎么证明

积分中值定理怎么证明

时间:2022-08-23 百科知识 版权反馈
【摘要】:作为函数和它的导函数之间相互联结的桥梁和纽带,微分中值定理赋予导数以鲜活的生命力。罗尔定理,Lagrange中值定理,柯西中值定理的证明思想质朴,环环相扣,辅助函数的引入更体现了数学思维的灵动美。从Rolle定理的证明,以及过渡到Lagrange中值定理所使用的辅助函数,都有明显的几何特征,而一旦将抽象的证明和具体形象的几何图形结合起来时,将会使我们对定理理解得更加深刻。

§3.3 微分中值定理

作为函数和它的导函数之间相互联结的桥梁和纽带,微分中值定理赋予导数以鲜活的生命力。罗尔定理,Lagrange中值定理,柯西中值定理的证明思想质朴,环环相扣,辅助函数的引入更体现了数学思维的灵动美。

跟微分中值定理相关的题目一般都是证明题。下面我们按证题思路分述之。

一、妙用几何图形证题

从Rolle定理的证明,以及过渡到Lagrange中值定理所使用的辅助函数,都有明显的几何特征,而一旦将抽象的证明和具体形象的几何图形结合起来时,将会使我们对定理理解得更加深刻。

例1 设f(x)∈C[a,b],且在(a,b)内可导。(以后我们将此两条件合并记为f∈C*[a,b]),且f(a)=f(b),证明:

∃ξ1,ξ2∈(a,b),st f′(ξ1)>0,f′(ξ2)<0(f不为常数)。

证一 由于f(x)∈C[a,b],且f(a)=f(b),f不为常数,则在(a,b)内部必取得最大值或最小值之一,不妨设在ξ∈(a,b)处取得最大值f(ξ),于是

f(ξ)>f(a)=f(b),在[a,ξ]上利用L-中值定理,∃ξ1∈(a,ξ),st

alt

同理 ∃ξ2∈(ξ,b),st f′(ξ2)<0

alt

图3-1

证二 因f不恒为常数,知在(a,b)内,f′(x)不恒为0,不妨设∃ξ1,st f′(ξ1)>0。下证∃ξ2,st f′(ξ2)<0。

若不然,∀x∈(a,b),有f′(x)≥0,故f(x)在[a,b]上递增。从f′(ξ1)>0,∃δ1,st f(ξ1+δ1)>f(ξ1)≥f(a),于是f(b)>f(a)矛盾。

故必∃ξ2,st f′(ξ2)<0,命题得证。

例2 假设f∈C*[a,b],且f(x)非线性,证明∃ξ∈(a,b),st

alt

证一 此题和例1是异曲同工的,正如L-中值定理和Rolle中值定理的联系一样。

为了去掉绝对值,先假设f(b)>f(a)时,构造辅助函数

alt

那么F(x)不恒为0,F(x)∈C*[a,b]。不妨设∃x0∈(a,b),st F(x0)>0

在[a,x0]上运用L-中值定理,知∃ξ∈(a,x0),st

alt

据此即有  alt

若F(x0)<0,在[x0,b]上运用L-中值定理,一样得到所要求的ξ:

alt

而当f(a)>f(b)情形,取g(x)=-f(x),则依上述过程,∃ξ,st

alt

综合两种情况,皆有alt

证二 依L-中值定理,∃x*∈(a,b),stalt

在[a,x*]和[x*,b]上分别应用L-中值定理,∃ξ1,ξ2,st

alt

图3-2

由几何意义易知,alt

亦即ξ1,ξ2之中必有一个满足题目要求。

证三 (反证法)记alt,若不然,∀x∈(a,b),有|f′(x)|≤k。因为f(x)非线性,∃ξ∈(a,b),st

alt

故有

|f(ξ)-f(a)|<k(ξ-a),|f(b)-f(ξ)|<k(b-ξ)

所以

|f(b)-f(a)|<|f(b)-f(ξ)|+|f(ξ)-f(a)|<k(b-a)

这与k的定义矛盾。

例3 设f在[a,b]连续,在(a,b)二阶可导,连结端点A,B的弦与曲线y=f(x)相交于点C(c,f(c)),证明∃ξ,st f″(ξ)=0。

(华中师范大学2003年)

这个题目本身就以几何形态的条件出发,而欲证明的f″(ξ)=0无非提示出点M(ξ,f(ξ))是曲线的拐点。

alt

图3-3

证一 若f″(x)>0,∀x∈(a,b)恒成立(为什么可以做这样的反证假定?)

则f(x)在[a,b]上严格凸,f(λ1x1+λ2x2)≤λ1f(x1)+λ2f(x2),则割线AB不可能与曲线y=f(x)再相交于第三点C。

证二 在[a,c]上用L-中值定理,∃ξ1

alt

在[c,b]上用L-中值定理,∃ξ2alt

在[ξ1,ξ2]上用Rolle中值定理于f′(x),就得∃ξ∈(ξ1,ξ2),st f″(ξ)=0

二、构建辅助函数

从Rolle中值定理到L-中值定理,证明中使用了辅助函数

alt

目的是将斜置的“弓形”转化为水平的“弓形”。依据不同的目的,构建恰当的辅助函数达成证明的目标,是数学中极为常用的手段,犹如几何学中添加辅助线。

例4 设f(x)在(a,b)内可导,且f(a+0)=f(b-0),则∃ξ∈(a,b),st f′(ξ)=0。

(广义Rolle定理)

注 本题的开区间可以取无限区间。

证 情形1° 当(a,b)为有限开区间时,可以添加f在端点处的值使之成为在闭区间[a,b]上连续的函数,就可以应用Rolle中值定理。

情形2° (a,b)=(-∞,+∞)时,令x=tant,alt

g(t)=f(tant),则g(t)在alt内连续,可导,符合情形1°的条件,

∃ alt,st g′(t0)=f′(tant0)sec2t0=0

由于sec2t0≠0,得出f′(tant0)=0,取ξ=tant0即行。

或证 设存在x0,f′(x0)>0,则一定存在x1,st f′(x1)<0,

(若不然,∀x∈R,有f′(x)>0,则f(x)↗。于是x>1时,有

f(-x)<f(0)<f(1)<f(x);

alt,得出矛盾),由达布定理知结论成立。

情形3° (a,b)=(a,+∞)时,(单边无限的开区间),类似可以讨论

例5 假定f,g∈C*[a,b],f(a)=f(b)=0,g(x)保号,试证:∃ξ∈(a,b),st

f′(ξ)g(ξ)=g′(ξ)f(ξ)

证明 对alt运用Rolle定理。

例6 设f(x),g(x)满足Cauchy中值定理条件,证明∃ξ∈(a,b),st

分析 欲证之式化为

f′(ξ)g(ξ)+f(ξ)g′(ξ)=f(a)g′(ξ)+f′(ξ)g(b)

构造函数

F(x)=f(x)g(x)-f(a)g(x)-f(x)g(b)

F(x)=(f(x)-f(a))(g(x)-g(b))

证 欲证之式转化为 alt

或证 见上,F(x)≤0,若F(x)≡0,则alt,∀ξ>0都满足。若F(x)不恒为0,则∃x0,F(x0)<0,由F(0)=F(+∞)=0,存在0<x1<x0<x2,st F(x1)=F(x2)介于F(x0)和F(0)=0之间。在[x1,x2]上直接使用Rolle定理得证。

alt

分析 欲证之式等价于ξf′(ξ)+f(ξ)=0。引入F(x)=xf(x),显然F(0)=0,相当于证∃ξ∈(0,1),st:F′(ξ)=0,故只要在(0,1)中找两个点使得F(x)在该两个点函数值相等。

证明 alt是F(x)=xf(x)在区间alt上的积分平均,依积分第一中值定理,∃alt,在[x0,1]上用Rolle定理。

例9 设f在[x,x+h]上二次可微,τ∈[0,1],则存在θ∈(0,1),使得

alt

证明 不妨假定0<τ<1,设M(依赖于x,h,τ)满足

alt

引入辅助函数(将上式中的τ置换成变量t):

alt

那么F(0)=F(τ)=F(1)=0,又由f在[x,x+h]上二阶可微,得知F(t)在(0,1]上亦二阶可微,连续用两次Rolle定理知存在θ∈(0,1),st F″(θ)=0,此即f″(x+θh)=M

例10 设f在[a,b]上三阶可导,证明存在ξ∈(a,b),st

alt

解法一 欲证之式改成

alt

常数变易思路:上式左边的b改成变量x,引入

alt

易见 F(a)=G(a)=0

   alt

   F′(a)=0

   G′(x)=3(x-a)2

   G′(a)=0

   alt

   G″(x)=6(x-a)

由Cauchy中值定理

alt

解法二 令M满足

作辅助函数

alt

则F(a)=F(b)=0,由Rolle定理∃x1∈(a,b),st F′(x1)=0,整理得

alt

再由Taylor公式,∃ξ∈(a,x1),st

alt

比较(3),(4)二式即得知。

例11 设f(x)在有限区间(a,b)内可导但无界,证明f′(x)在(a,b)内也无界,其逆不真。

证一 反证法,逆命题不真的反例如alt在(0,1)上。

证二 取点x0∈(a,b),∀M>0,∃x1∈(a,b),st

|f(x1)|≥max{2|f(x0)|,2(b-a)M}

在以x0,x1为端点的区间上运用L-中值定理,存在介于x0,x1之间的ξ,使得

alt

故f′(x)在(a,b)上无界。

例12 设f∈C*[0,1],且f(0)=0,若∀x∈[0,1],有|f′(x)|≤|f(x)|,证明f(x)≡0。

证明 ∀0<x<1,|f(x)|=|f′(ξ1)|x≤|f(ξ1)|x≤…≤|f(ξn)|xn其中0<ξnn-1<…<ξ1<x,令n→+∞,得f(x)=0,继而由f在x=1点的连续性得知f(1)=0,所以f在[0,1]上恒等于0

推广:设f在[0,∞)内可微,f(0)=0,并且∃A>0,st|f′(x)|≤A|f(x)|恒成立。试证明f(x)≡0(中科院2003年)。

证法一 当alt时,

alt

依次类推得

alt

alt上,f(x)连续,故必有界,于是令n→∞,知alt时,f(x)≡0。

证法二 令alt,对|f(x0)|使用上述技巧

∃η∈(0,x0),alt,矛盾,或直接推得M=0。

证法三 反证法,若∃x0>0,st f(x0)≠0,不妨设f(x0)>0,记x1=i nf{x|(x,x0)上f(x)>0},显然f(x1)=0。在(x1,x0)内定义,g(x)=ln f(x),则alt,故g(x)在有限区间(x1,x0)上有界,但由于alt,应有alt,矛盾。

注 逆否命题:设f在[a,b]连续,在(a,b)可导,f(a)=0,f(x)>0(a<x<b),则不存在常数M>0,使∀a<x<b有alt

例13 设f,g在R内有定义,f(x)二阶可导,且满足

f″(x)+f′(x)g(x)-f(x)=0

如果f(a)=f(b)=0,求证在[a,b]上,f(x)=0

证明 题设对于函数g(x)的限定较模糊,若g(x)可以任取,则令g(x)≡0,原题中条件简化为f″(x)-f(x)=0,其通解为f(x)=C1ex+C2e-x

利用f(a)=f(b)=0,得出待定系数C1=C2=0,假若g(x)是一个特定的函数,设法令f′(ξ)g(ξ)项消失。

反证法,若∃x0∈(a,b),st f(x0)≠0,不妨设f(x0)>0,那么f在(a,b)内有最大值点ξ,于是f′(ξ)=0,代入条件式知f″(ξ)=f(ξ)>0。这说明f(x)在ξ处只能是最小值(极小值),矛盾。

例14 设f在(0,a]上可导,且alt存在且有限,试证f在区间[0,a]上一致连续。

分析 归结为证明alt存在即可以了。利用极限存在的Cauchy收敛准则和Cauchy微分中值定理来证:∀x,y∈(0,a],∃介于x,y之间的ξ,st

利用alt在0附近的局部有界性及在(0,ε2)内,alt充分小即可。

习题3.3

1.f(x)在[a,b]连续,f(a)=f(b)=0;f在[a,b)内可导,且f′(a)>0;f(x)在(a,b)内二阶可微,证明存在C∈(a,b),使得f″(c)<0。

 思路分析:f(a)=0,f′(a)>0,则∃x0∈(a,b),st:f(x0)>0,在[a,x0],[x0,b]上分别使用L-中值定理,∃ξ1∈(a,x0),f′(ξ1)>0,∃ξ2∈(x0,b),f′(ξ2)<0,在[ξ1,ξ2]上再一次对f′(x)使用L-中值定理,即得。或反证法f″(x)在(a,b)上非负,则f(x)为下凸函数,∀x∈(a,b)有f(x)≤f(a)=f(b)=0和f′(a)>0,矛盾。

2.设f(x)二阶可导,f″(c)≠0,试证alt

3.设f∈C′(R),f(a)=f(b)=0,f′(a)<0,f′(b)<0,证明至少存在两点ξ1,ξ2,st.f′(ξ1)=f′(ξ2)=0。

4.设f(x)∈C*[0,1],f′(x)>0(0<x<1),f(0)=0。证明:存在λ,μ∈(0,1),λ+μ=1,满足alt

(华中理工1998年)

5.设f(x)∈C*[0,1],且满足alt,证明存在ξ∈(0,1),使得f′(ξ)=2ξf(ξ)。

(2001年数学(四))

6.设f(x)∈C*[a,b],且f(a)=f(b)=1,证∃ξ,η∈(a,b),st eη-ξ(f(η)+f′(η))=1。

(1998年数学(四))

 (1)alt

 (2)∀λ∈R,∃ξ∈(0,η),st f′(ξ)-λ(f(ξ)-ξ)=1。

(1999年数学(三))

8.设f∈C*[a,b]且f′(x)≠0。试证∃ξ,η∈(a,b),st

alt

(1998年数学(三))

9.设函数f在点a的某个邻域内具有二阶导数。证明:对充分小的h,存在θ,0<θ<1,使得

alt

10.已知f在[0,1]上三阶可导,f(0)=-1,f(1)=0,f′(0)=0。试证至少存在一点ξ∈(0,1),使得

 alt

(浙江省高等数学竞赛2004年)

11.设f在R上可导,∀x≠y,有alt,求证

f(x)=ax2+bx+c。

12.设函数f(x)处处有连续的二阶导数,试证:

alt

13.设f(x)在[a,b]连续,在(a,b)有二阶导数,证明,∃ξ∈(a,b),st

alt

(南开大学1982年)

14.函数f(x)在[0,x]上的拉格朗日公式为f(x)-f(0)=f′(θx)x,其中0<θ<1,对f(x)=arctanx,求x→0时θ的极限值。

(武汉大学2000年)

15.设f在[0,1]可微,f(0)=0,f(1)=1,λi∈(0,1)且alt,证明:存在一组互不相等的x1,x2,…,xn,使得

alt

(中国科技大学;浙江省数学竞赛03年)

免责声明:以上内容源自网络,版权归原作者所有,如有侵犯您的原创版权请告知,我们将尽快删除相关内容。

我要反馈