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这几个中值定理不光在求极限等方面有应用，还需要对其本身有更好的应用。

罗尔定理

若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可导，$f(a)=f(b)$，则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$，使 $f^{\prime }(\xi )=0$

来两个例题：

第一个例题

设 $f(x),g(x)$ 均在 $[-1,1]$ 上可导，且 ${\int }_{-1}^{0}f(x)dx={\int }_0^{1}f(x)dx=0$，$f(x)$ 只有有限个零点，且 $g(x)\ne 0$。

1. 证明方程 $f(x)=0$，在 $(-1,1)$ 内至少有两个不同的实根。
2. 证明方程 $f^{\prime }g(x)-f(x)g^{\prime }(x)=0$ 在 $(-1,1)$ 上至少有一个实根。

题解： 第一问：

$$\text{直接上积分中值定理。}\begin{array}{rl}{\int }_{-1}^{0}f(x)dx& =f({\xi }_1)(0-(-1)){\xi }_1\in (-1,0)\\ & =f({\xi }_1)\\ {\int }_0^{1}f(x)dx& =f({\xi }_2)(1-0){\xi }_2\in (0,1)\\ & =f({\xi }_2)\end{array}$$

在题目中告诉了我们

$${\int }_{-1}^{0}f(x)dx={\int }_0^{1}f(x)dx=0=f({\xi }_1)=f({\xi }_2)$$

再利用罗尔定理。

$$\begin{array}{c}f({\xi }_1)=f({\xi }_2)=0\\ \text{则一定存在一点}cc\in ({\xi }_1,{\xi }_2)\\ \text{使得}f(x)=0\text{在}(-1,1)\text{内至少有两个不同的实根。}\end{array}$$

第二问： 同样也是罗尔定理的应用。

令 $F(x)=\frac{f(x)}{g(x)}$，由 (1) 可得 $f(x)=0$ 在 $(-1,1)$ 内至少有两个不同的实根 $f({\xi }_1)=0,f({\xi }_2)=0$ 所以可以得到：

$$F({\xi }_1)=\frac{f({\xi }_1)}{g({\xi }_1)}=0=F({\xi }_2)=\frac{f({\xi }_2)}{g({\xi }_2)}$$

然后对 $F(x)$ 进行求导：

$$F^{\prime }(x)=(\frac{f(x)}{g(x)}{)}^{\prime }=\frac{f^{\prime }(x)g(x)-f(x)g^{\prime }(x)}{g^2(x)}$$

由罗尔定理可得，存在 ${\xi }_x\in ({\xi }_1,{\xi }_2)$ 使得：

$$F({\xi }_x)=0\to F^{\prime }({\xi }_x)=\frac{f^{\prime }({\xi }_x)g({\xi }_x)-f({\xi }_x)g^{\prime }({\xi }_x)}{g^2({\xi }_x)}=0$$

即可推出：

$$f^{\prime }({\xi }_x)g({\xi }_x)-f({\xi }_x)g^{\prime }({\xi }_x)=0$$

即证明完成。

第二个例题

这个题目同样也是使用罗尔定理。同时用到了导数的定义和极限的保号性。

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

1. 证明存在一点 $\xi \in (0,1)$ ，使得 $f^{\prime \prime }(\xi )=0$。
2. 证明存在不同的 ${\xi }_1,{\xi }_2\in (0,1)$，使得 $f^{\prime }({\xi }_1)-f^{\prime }({\xi }_2)=f({\xi }_1)-f({\xi }_2)$。
3. 证明存在一点 $\eta \in (0,1)$，使得 $f^{\prime \prime }(\eta )=f(\eta )$。

第一问： 上来用到的是极限的保号性。

我们可以看到题目中 $\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{f(x)}{x}=1$，可以观察到当 $x\to 0^{+}$ 的时候，$x$ 是大于 $0$ 的，而极限的结果也是大于 $0$ 的，故可以得到当 $x\to 0^{+}$ 的时候，$f(x)$ 也是大于 $0$ 的。

同样的，对于 $\underset{x\to 1^{-}}{lim}\frac{f(x)}{x-1}=2$，可以观察到当 $x\to 1^{-}$ 的时候 $x-1$ 是小于 $0$ 的，因为 $x\to 1^{-}$ 但是不等于 $1$，并且要比 $1$ 小。而结果是大于 $0$ 的，所以可以得到当 $x\to 1^{-}$ 的时候 $f(x)$ 是小于 0 的。

上面就是利用了极限的保号性。 再使用零点定理：

存在一点 $c\in (x_1,x_2)\subset (0,1)$ 使 $f(c)=0$。

再次使用两个罗尔定理： 由 $\underset{x\to 0^{+}}{lim}\frac{f(x)}{x}=1\Rightarrow f(0)=0\underset{x\to 1^{-}}{lim}\frac{f(x)}{x-1}=2\to f(1)=0$

在 $(0,c)$ 上, $f(0)=f(c)=0$ 则存在一点 ${\xi }_1$ 会使 $f^{\prime }\left({\xi }_1\right)=0$ 。 在 $(c,1)$ 上， $f(1)=f(c)=0$ 则存在一点 ${\xi }_2$ 会使 $f^{\prime }\left({\xi }_2\right)=0$ 。

再使用罗尔定理：

$$\begin{array}{c}\text{ 在 }({\xi }_1,{\xi }_2)\text{ 上, }{f}^{\prime }\left({\xi }_1\right)=f^{\prime }\left({\xi }_2\right)=0\text{ 则存在一点 }\xi \in ({\xi }_1,{\xi }_2)\subset (0,1)\\ \text{ 使 }{f}^{\prime \prime }(\xi )=0.\end{array}$$

证明完成。

第二问

这里用到了构造函数，这个是比较难的。

核心在于要凑出 $f^{\prime }\left({\xi }_1\right)-f\left({\xi }_1\right)=0f^{\prime }\left({\xi }_2\right)-f\left({\xi }_2\right)=0$

所以令 $g(x)=e^{-x}f(x)$。

$$\text{由第一问可以得到 }c\in (0,1)\text{上，}f(c)=0\Rightarrow g(c)=e^{-c}f(c)=0$$$$\text{ 且 }g(0)=e^{-0}f(0)=0g(1)=e^{-1}f(1)=0\leftarrow (f(0)=f(1)=0)$$

所以再来两个罗尔定理

存在 ${\xi }_1\in (0,c)$ ，使 $g^{\prime }\left({\xi }_1\right)=e^{-{\xi }_1}[f^{\prime }\left({\xi }_1\right)-f\left({\xi }_1\right)]=0$ 存在 ${\xi }_2\in (c,1)$ ，使 $g^{\prime }\left({\xi }_2\right)=e^{-{\xi }_2}[f^{\prime }\left({\xi }_2\right)-f\left({\xi }_2\right)]=0$

即证

$$\begin{array}{rl}& f^{\prime }\left({\xi }_1\right)-f\left({\xi }_1\right)=0,f^{\prime }\left({\xi }_2\right)-f\left({\xi }_2\right)=0\\ & \Rightarrow f^{\prime }\left({\xi }_1\right)-f^{\prime }\left({\xi }_2\right)=f\left({\xi }_1\right)-f\left({\xi }_2\right)\end{array}$$

第三问：

依然是使用构造函数：

$$\text{ 令 }F(x)=e^x[f^{\prime }(x)-f(x)]$$

由第二问中可以得到，存在两个不同的 ${\xi }_1,{\xi }_2$ 使得 $f^{\prime }\left({\xi }_1\right)-f\left({\xi }_1\right)=0$ 以及 $f^{\prime }\left({\xi }_2\right)-f\left({\xi }_2\right)=0$ 可以得到 $F\left({\xi }_1\right)=F\left({\xi }_2\right)=0$。

然后在 $({\xi }_1,{\xi }_2)$ 上应用罗尔定理。

$$\begin{array}{rl}\text{存在}\eta \in ({\xi }_1,{\xi }_2)\text{，使得}{F}^{\prime }(\eta )& =e^{\eta }[f^{\prime }(\eta )-f(\eta )]+e^{\eta }[f^{\prime \prime }(\eta )-f^{\prime }(\eta )]\\ & =e^{\eta }[f^{\prime \prime }(\eta )-f(\eta )]\\ & =0\end{array}$$

即可以得到 $f^{\prime \prime }(\eta )=f(\eta )=0$。

即证。

拉格朗日中值定理

若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可导，则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$ 使 $f^{\prime }(\xi )=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$

证明：

令 $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=k.\therefore f(b)-f(a)=k(b-a)$.

$\therefore f(a)-ka=f(b)-kb$ 再令 $F(x)=f(x)-kx$.

$\because F(b)$ 在 $[a,b]$ 上连续，在 $(a,b)$ 上可导 $F(a)=F(b)$

$\therefore$ 至少存在一点 $\xi \in (ab)$ ，使 $F^{\prime }(\xi )=0$ 。即 $f^{\prime }(\xi )-k=0$

$\therefore f^{\prime }(\xi )=k$

应用

利用拉格朗日中值定理 $f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a)$

1. 求极限
2. 证明不等式

柯西中值定理

1. 若 $f(x)$ $g(x)$ 都在 $[a,b]$ 上连续，都在 $(a,b)$ 上可导，且 $g^{\prime }(x)\ne 0$ ，则至少存在一点 $\xi \in (a,b)$. 使 $\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )}$
2. 当 $g(x)=x$ 时 : 柯西 $\to$ 拉格朗日

泰勒中值定理

如果函数 $f(x)$ 在含有 $x_0$ 的开区间 $(a,b)$ 内有直到 $n+1$ 阶导数，则对任一点 $x_0\in (a,b)$ ，有：

$$\begin{array}{rl}f(x)=& f(x_0)+f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+\\ & \frac{f^{\prime \prime }(x_0)}{2!}(x-x_0{)}^2+\cdots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0{)}^n+\\ & \frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_0{)}^{n+1}\end{array}$$

贡献者

王海平

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