微积分中值定理的双存在值证明问题@寻找辅助函数证明中值问题

abstract

• 微积分中值定理的双存在值证明问题@寻找辅助函数证明中值问题

微积分中值定理的双存在值证明题举例

综合使用积分中值定理和微分中值定理例

• 设$f(x),g(x)$,在$[0,1]$上连续,在$(0,1)$上可导

  • 且${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x$=$3{\int }_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x$(1)
  • 证明:存在两个不同点$\xi ,\eta \in (0,1)$,s.t. $f^{\prime }(\xi )=g^{\prime }(\xi )[f(\eta )-f(\xi )]$(2)

• 证:

  • 由(1)可得${\int }_0^{\frac{2}{3}}f(x)\mathrm{d}x$+${\int }_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x$=$3{\int }_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x$(3),这就对积分区间作一个拆分,并且恰好能够将重叠的积分区域变形为不重叠的形式,这有利于我们在不同区间利用积分中值定理找到2个不同的值
    • 移项得:${\int }_0^{\frac{2}{3}}f(x)\mathrm{d}x$=$2{\int }_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x$(3-1)
    • 对(3-1)利用积分中值定理,立马得到
      • ${\int }_0^{\frac{2}{3}}f(x)\mathrm{d}x$=$\frac{2}{3}f(c)$,其中$c\in (0,\frac{2}{3})$(3-2)
      • $2{\int }_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x$=$2\cdot \frac{1}{3}f(\eta )$,其中$\eta \in (\frac{2}{3},1)$(3-3)
      • 从而$f(c)$=$f(\eta )$(4)
    • 将式(2)移项:$f^{\prime }(\xi )-g^{\prime }(\xi )[f(\eta )-f(\xi )]$=$0$(5)
      • 考虑到对于$f(x)-g^{\prime }(x)f(x)$,可以构造$F(x)$=$e^{-g(x)}f(x)$,此时$F^{\prime }(x)$=$e^{-g(x)}[f^{\prime }(x)-g^{\prime }(x)f(x)]$(5-1),而$[f(\eta )-f(\xi ){]}_{\xi }^{\prime }$=$-f^{\prime }(\xi )$,这说明式(5-1)和式(5)第一项模式间相差一个负号
      • 因此考虑对式(5)变形:$f^{\prime }(\xi )+g^{\prime }(\xi )[f(\xi )-f(\eta )]$ (5-1-1),构造其他函数:$f(x)+g^{\prime }(x)f(x)$=$e^{g(x)}f(x)$=$e^{g(x)}(g^{\prime }(x)f(x)+f^{\prime }(x))$(5-2)
        • 观察式(5-1-1)中,$[f(\xi )-f(\eta ){]}_{\xi }^{\prime }$=$f^{\prime }(\xi )$,因此实际上(5-1-1)可以表示(还原为):$[f(\xi )-f(\eta ){]}_{\xi }^{\prime }$+$g^{\prime }(\xi )[f(\xi )-f(\eta )]$(5-3)
      • 事实上(5-2)是包含(5-1)的情形:$g(x)$本身可以表示任意关于$x$的函数
      • 这里构造$F(x)$=$e^{g(x)}(f(x)-f(\eta ))$(6),则$F^{\prime }(x)$=$e^{g(x)}(g^{\prime }(x)[f(x)-f(\eta )]+f^{\prime }(x))$(7)
      • 而式(2)等价于式(5-1-1).观察式(7)中$e^{g(x)}>0$,从而若能说明存在两个不同点$\xi ,\eta \in (0,1)$,s.t.$F^{\prime }(x)=0$,(8)就能说明(5-1-1)成立
      • 而由式(4)可知,$F(c)$=$F(\eta )$=$0$,利用罗尔中值定理,可知$\exists \xi \in (c,\eta )$,s.t.$F^{\prime }(\xi )$=$0$,即式(8)
        • 由(3-1,3-2),有$(c,\eta )\subset (a,b)$,从而$\xi \in (a,b)$
        • 类似地再由(3-3),$\eta \in (a,b)$
  • 证毕

• Notes:

  • 这里采用分析法而非综合法证明,即证明能够推出结论的式(8),来说明原命题结论成立

  • 而式(8)的证明是我们构造可合适的函数,(用综合法方式)进行推导出来

  • 中值定理证明问题,通常式构造函数,转换欲证结论,分析法和局部综合法来证明

双中值问题

• 设$f(x)$在$[0,1]$上连续,在$(0,1)$上可导,且$f(0)=1$,$f(1)=0$

• 证明:

  • 存在2个不同的点${\xi }_1,{\xi }_2\in (0,1)$使得$f^{\prime }({\xi }_2)+f^{\prime }({\xi }_2)=-2$(1)
  • 存在2个不同点$\eta ,\zeta \in (0,1)$,使得$f^{\prime }(\eta )f^{\prime }(\zeta )=1$(2)

• 分析

  • 本例出现了2个中值(分点),并且待证结论中出现了2个自变量取值为分点的导数

  • 考虑在区间$[0,1]$内找到一个合适的点$c$,在区间$[0,c]$和$[c,1]$上分别应用Lagrange中值定理

  • $f^{\prime }({\xi }_1)$=$\frac{f(c)-f(0)}{c-0}$=$\frac{f(c)-1}{c}$(3-1);$f^{\prime }({\xi }_2)=\frac{f(1)-f(c)}{1-c}$=$\frac{-f(c)}{1-c}$(3-2),其中${\xi }_1\in (0,c)$,${\xi }_2\in (c,1)$

  • 对于第一问,令(3-1,3-2)两式相加

  • 对于第二问,令(3-1,3-2)两式相乘

  • 然后分别在区间内寻找合适的点$c$能够分别满足式(1),(2);并且要确保所选定的$c$一定存在

  • 这类方法称为逆推法或待定分点法

• 证

• (1)

  • $f^{\prime }({\xi }_2)+f^{\prime }({\xi }_2)$=$\frac{f(c)-1}{c}$+$\frac{-f(c)}{1-c}$=$-2$(4)
  • 分析:满足上式的$c$需要作许多试探
    • 考虑令$c=1-c$,即$c=\frac{1}{2}$则两项分母相同,分子可以相加,此时(4)变成$\frac{f(c)-1+f(c)}{\frac{1}{2}}$=$-2$
    • 可见$c=\frac{1}{2}$能使(4)成立,并且$c\in (0,1)$,所以(1)成立
  • 或者将(4)通分变形,得到$f(c)(1-2c)$=$2c^2-3c+1$(5),考虑$1-2c=0$,即$c=\frac{1}{2}$,代入发现(5)成立,类似的说明(1)成立

• (2)

  • $f^{\prime }(\eta )f^{\prime }(\zeta )$=$\frac{f(c)-1}{c}\cdot \frac{-f(c)}{1-c}$=$1$(6)
    • 考虑令$f(c)$=$c$,则式(6)恰好成立
  • 但此时不能保证$f(c)=c$(7)且这样的点$c\in (0,1)$
    • 用零点定理证明:在$(0,1)$上确实存在满足式(7)的点
    • 构造$g(x)$=$f(x)-x$,则$g(0)$=$f(0)-0$=$1$>0;而$g(1)$=$f(1)-1$=$-1$<$0$,从而由连续函数零点定理可知$(0,1)$内存在$g(c)=0$,即存在满足式(7)的点$c$
  • 证毕

构造辅助函数法综合

• 设$f(x)$在$[0,1]$上二阶可导,且$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)}{x}=2$,(0-1),${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x=1$(0-2)

• 试证:

  1. $\exists \xi \in (0,1)$,使得$f^{\prime }(\xi )$=$f(\xi )-2\xi +2$(0-3)
  2. $\exists \eta \in (0,1)$,s.t.$f^{\prime \prime }(\eta )$=$0$(0-4)
  3. $\exists \zeta \in (0,1)$,s.t. ${\int }_0^{\zeta }f(t)\mathrm{d}t+\zeta f(\zeta )$=$2\zeta$(0-5)
  4. $\exists \mu \in (0,1)$s.t. $\mu f(\mu )$=$2{\int }_0^{\mu }f(t)\mathrm{d}t$(0-6)

• 证明

  1. 将(0-3)移项为:$f^{\prime }(\xi )-f(\xi )+2\xi -2$=$0$(1-1),进一步分组变形,$[f^{\prime }(\xi )-2]-[f(\xi )-2\xi ]$=$0$(1-2)

     • 若令$h(x)$=$f(x)-2x$,则式(1-2)符合模型$h^{\prime }(x)-h(x)$

     • 构造函数$F(x)$=$e^{-x}(f(x)-2x)$(2),不妨令$g(x)$=$f(x)-2x$(2-1)

     • 由(0-1)和极限的性质以及右导数的定义分别可得$f(0)=0$(3),$f_{+}^{\prime }(0)$=$2$(4)

     • 将式(0-2)变形为${\int }_0^{1}f(x)\mathrm{d}x-1$=0(5),再将$1$变形为${\int }_0^{1}2x\mathrm{d}x$,因为${\int }_0^{1}2x\mathrm{d}x$=$x^2{|}_0^1$=$1$,式(5)改写为${\int }_0^1[f(x)-2x]\mathrm{d}x$=${\int }_0^{1}g(x)\mathrm{d}x$=$0$(6),由积分中值定理,$\exists c\in (0,1)$,s.t. $g(c)$=$0$(6-1)

     • 而$F(0)$=$0$(6-2),由罗尔定理,$\exists \xi \in (0,c)\subset (0,1)$,s.t. $F^{\prime }(\xi )$=$0$(7)将其左端展开,即得(1-1),从而结论得证

  2. 对于式(2-1),$g(0)$=$0$,$g(c)$=0,$(c\in (0,1))$;应用罗尔定理,$\exists x_0\in (0,c)$,s.t. $g^{\prime }(x_0)=0$(8),即$f^{\prime }(x_0)-2$=$0$,变形为$f^{\prime }(x_0)=2$(8-1),又由(4),可对$f^{\prime }(x)$应用罗尔定理,$\exists \eta \in (0,x_0)\subset (0,1)$,s.t. $f^{\prime \prime }(\eta )=0$

  3. 式(0-5)左边是${\int }_0^{\zeta }f(t)\mathrm{d}t+\zeta ({\int }_0^{\zeta }f(t)\mathrm{d}t{)}_{\zeta }^{\prime }$=$[\zeta ({\int }_0^{\zeta }f(t)\mathrm{d}t){]}_{\zeta }^{\prime }$(9-1)

     • 若令$a(x)$=${\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$(9-2),则(9-1)可以表示为$a(\zeta )+\zeta a^{\prime }(\zeta )$=$(\zeta a(x){)}^{\prime }$(9-3)
     • 而式(0-5)右边为$({\zeta }^2{)}^{\prime }$
     • 将式(0-5)变形为$\frac{{\int }_0^{\zeta }f(t)\mathrm{d}t+\zeta f(\zeta )}{2\zeta }$=$1$(9)
     • 构造函数$H(x)$=$x{\int }_0^{x}f(t)\mathrm{d}t$;$G(x)=x^2$;对这两个函数应用柯西中值定理:$\frac{H(1)-H(0)}{G(1)-G(0)}$=$\frac{H^{\prime }(\zeta )}{G^{\prime }(\zeta )}$(10)
     • 即$\frac{{\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t-0}{1-0}$=$\frac{{\int }_0^{\zeta }f(t)\mathrm{d}t+\zeta ({\int }_0^{\zeta }f(t)\mathrm{d}t{)}_{\zeta }^{\prime }}{2\zeta }$(10-1),由(0-2)得(10-1)左边为$\frac{1-0}{1-0}$=$1$;化简后就是式(9)左端,因此式(9)成立,这就证明了式(0-5)
     • Note:也可以,构造其他合适的辅助函数,用罗尔定理做

  4. 式(0-6)变形为. $\mu f(\mu )-2{\int }_0^{\mu }f(t)\mathrm{d}t$=$0$(11),由(9-2),$\mu a^{\prime }(\mu )-2a(\mu )$=$0$(11-1)

     • 考虑到$(\frac{a(x)}{x^2}{)}^{\prime }$=$\frac{a^{\prime }(x)x^2-a(x)2x}{x^4}$=$\frac{x{a}^{\prime }(x)-2a(x)}{x^3}$(11-2)我们考虑构造$F(x)$=$\frac{a(x)}{x^2}$(11-3),$(x\ne 0)$并考虑使用罗尔定理,得出$F^{\prime }(\mu )=0$的结论,从而得出(11-1)
     • 但罗尔定理要求闭区间上连续,而函数$F(x)$在$x\ne 0$无定义,间断
     • 所以我们考虑补充定义,并且通过求$p=\underset{x\to 0}{\lim }F(x)$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{a^{\prime }(x)}{2x}$=$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{2x}$这里应用了洛必达法则;由(0-1),得$p$=$\frac{1}{2}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{f(x)}{x}$=$1$
     • 因此我们为$F(x)$在$x=0$处补充定义$F(0)=1$;而$F(1)$=$\frac{{\int }_0^{1}f(t)\mathrm{d}t}{1}$,由(0-2),得$F(1)=1$
     • 现在$F(x)$应用罗尔定理,$\exists \mu \in (0,1)$,s.t. $F^{\prime }(\mu )=0$,从而(11-1)成立,即(0-6)成立,证毕

小结

• 变形欲证目标式对于找到合适的辅助函数很重要
• 微分中值定理解决问题时构造的辅助函数往往要找出含有抽象函数的函数表达式的原函数,积累常用模型有助于找到合适的辅助函数