微分学证明存在性问题

  • 证明题
  • 微分中值定理
高航·浙江大学
2016-08-05
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很多微分学中的定理,都会出现“存在”的字样。譬如零点定理,介值定理,微分中值定理等,它们都交待了具有某个特殊性质的点的存在性。那么,很多存在性的命题就可以通过这些微分学的定理来证明了。首先我们来复习一下这些定理。

一、定理复习

1.闭区间上有界性和最值定理:在闭区间\([a,b]\)上的连续函数\(f(x)\)在该区间上有界,且一定可以取到它的最大值和最小值。

看似这句话没有出现“存在”字样,其实“有界”和“最大值”“最小值”中蕴含了“存在性”了。

2.零点定理

若函数\(f(x)\)在闭区间\([a,b]\)上连续,且\(f(a)f(b)<0\),则至少存在一个\(\xi\in(a,b)\),使得\(f(\xi)=0\).用文字概括,就是闭区间上的连续函数如果在区间端点处异号,那么就一定存在零点。

3.介值定理

若函数\(f(x)\)在闭区间\([a,b]\)上连续,且\(f(a)=A,f(b)=B,A\ne B\),则对于\(A\)\(B\)之间任意一个数\(C\),至少存在一个\(\xi\in(a,b)\),使得\(f(\xi)=C\).用文字概括,就是闭区间上的连续函数,可以取到两个端点的函数值之间的所有值。

4.罗尔定理

如果函数\(f(x)\)满足:

(1)在闭区间\([a.b]\)上连续;

(2)在开区间\((a,b)\)上可导;

(3)在区间端点函数值相等,即\(f(a)=f(b)\).

那么至少存在一个\(\xi\in(a,b)\),使得\(f'(\xi)=0\).

5.拉格朗日中值定理

如果函数\(f(x)\)满足:

(1)在闭区间\([a.b]\)上连续;

(2)在开区间\((a,b)\)上可导;

那么至少存在一个\(\xi\in(a,b)\),使得\(f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\).

6.柯西中值定理

如果函数\(f(x),g(x)\)满足:

(1)在闭区间\([a.b]\)上连续;

(2)在开区间\((a,b)\)上可导;

(3)对任意\(x \in(a,b),g'(x)\ne0\).

那么至少存在一个\(\xi\in(a,b)\)\(\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\).

以上6个定理是微分学上很重要的定理,并且都出现了“存在”的字样。因而,很多存在性的问题都可以通过它们来证明。其中使用最多的是零点定理、罗尔定理、拉格朗日中值定理。另外,存在性问题也可以利用函数的单调性来证明。

  • 二、利用零点定理证明

一般来说,这类问题待证的结论没有出现导数,具有的形式为“在\((a,b)\)上存在一个\(x\),使得一个关于\(x\)的等式成立”。这个关于\(x\)的等式可以变形成\(g(x)=0\)的形式,因而需要构造辅助函数\(g(x)\),证明它在区间内有零点。

例1:设\(f(x)\)在区间\([0,1]\)上可导,对于\(\forall x\in[0,1]\)\(0<f(x)<1\),且\(f'(x)\ne1\).证明:存在唯一\(x_0\in(0,1)\),使得\(f(x_0)=x_0\).

分析:使得\(f(x)=x\)成立的值称为\(f(x)\)的不动点。本题要求证明函数有唯一的不动点,可以通过零点定理证明存在性,再用反证法证明唯一性。

证明:令\(g(x)=f(x)-x\)\(\because f(x)\)在区间\([0,1]\)上可导,\(\therefore f(x)\)在区间\([0,1]\)上连续,

\(\therefore g(x)\)在区间\([0,1]\)上连续.

\(\because g(0)=f(0)>0,g(1)=f(1)-1<0\)

由零点定理,存在\(x _0\in(0,1)\)\(g(x_0)=f(x_0)-x_0=0,f(x_0)=x_0\)

再证明唯一性。假设存在\(x_1\ne x_0,f(x_1)=x_1\),则\(g(x_0)=g(x_1)=0\)..不妨设\(x_1>x_0\),由罗尔定理,存在\(\xi\in(x_0,x_1)\)\(g'(\xi)=f'(\xi)-1=0\).\(\therefore f'(\xi)=1\),与题设条件矛盾!

因此唯一性成立。

  • 三、利用罗尔定理证明

罗尔定理是比较常用的证明存在性问题的方法,待证式可以归结为一个函数的导数在某点取0的时候,正好这时这个函数在两个端点函数值相等。我们要做的工作就是设法通过分析构造这个函数。

例2:(《高等数学》同济第六版习题3-1第7小题):若方程\(a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x=0\)有一个正根\(x _0\),求证方程\(na_0x^{n-1}+(n-1)a_1x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}=0\)必有一个小于\(x _0\)的正根。

分析:这两个方程形式很特殊,左边的多项式正好是导数的关系。

证明:令\(f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x\),则\(f(0)=f(x_0)=0\)

注意到\(f'(x)=na_0x^{n-1}+(n-1)a_1x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}\).

由罗尔定理,存在\(x_1\in(0,x_0)\)\(f'(x_1)=0\),则\(x_1\)是方程\(na_0x^{n-1}+(n-1)a_1x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}=0\)的小于\(x _0\)的正根.

例3:设\(f(x)\)\([a,b]\)上连续,在\((a,b)\)内可导,\(f(a)f(b)>0\)\(f(a)f(\frac{a+b}{2})<0\),试证:对任意实数\(k\),存在\(\xi\in(a,b)\),使得\(f'(\xi)=kf(\xi)\).

分析:由题设条件,我们可以得到\(f(x)\)\((a,\frac{a+b}{2})\)\((\frac{a+b}2,b)\)上各有一个零点,不妨记为\(c,d\).这样就有了\(f(c)=f(d)=0,c<d\),看似可以直接用罗尔定理但是没有什么帮助。不过我们可以考虑构造一个函数\(F(x)=f(x)g(x)\),使它满足\(F(c)=F(d)=0\),并且\(F'(x)=h(x)(f'(x)-kf(x))\).如果可以构造出这样的函数,证明就完成了。经过分析,\(g(x)=e^{-kx}\)就是合适的构造了.

解:令\(F(x)=e^{-kx}f(x)\),则\(F'(x)=e^{-kx}(f'(x)-kf(x))\)

\(\because f(a)f(\frac{a+b}2)<0\),\(\therefore \exists c \in (a,\frac{{a + b}}{2}),f(c)=0\),

\(\because f(a)f(b)>0,\therefore f(\frac{a+b}2)f(b)<0\),\(\therefore\exists d\in(\frac{a+b}2,b),f(d)=0\).

\(\therefore F(c)=F(d),c<d\).

由罗尔定理,存在\(\xi\in(c,d),F'(\xi)=0\),\(\therefore f'(\xi)-kf(\xi)=0\)

本题构造函数的方法十分巧妙,要注意学习。

  • 四、利用拉格朗日中值定理来证明

一般来说,如果待证式中出现拉格朗日中值定理中等式左边的形式,可以考虑用拉格朗日中值定理。

例4:不恒为常数值的函数\(f(x)\)在闭区间\([a,b]\)上连续,在开区间\((a,b)\)内可导,且\(f(a)=f(b)\).证明:在\((a,b)\)内至少存在一点\(\xi\),使得\(f'(\xi)>0\).

分析:\(f(a)=f(b)\)符合罗尔定理的要求,但是要证的却是一个不等式,罗尔定理用不成。那么既然函数不为常值函数,那么就一定存在某点的函数值异于\(f(a)\),这样就可以用拉格朗日中值定理证明了。当然本题目也可以使用反证法,在下文中介绍。

证明:\(\because f(x)\)不恒为常数值,\(\therefore\exists c\in(a,b),f(c)\ne f(a)\)

\(f(a)<f(c)\),那么存在\(\xi\in(a,c),f'(\xi)=\frac{f(c)-f(a)}{c-a}>0\);.

\(f(c)<f(a)=f(b)\),那么存在\(\xi\in(c,b),f'(\xi)=\frac{f(b)-f(c)}{b-c}>0.\).

\(\therefore\)\((a,b)\)内至少存在一点\(\xi\),使得\(f'(\xi)>0\).

例5:\(f(x)\)在闭区间\([0,c]\)上连续,其导数\(f'(x)\)在开区间\((0,c)\)内存在且单调减少,\(f(0)=0\).若\(a,b\)满足\(0\leq a\leq b\leq a+b\leq c\),证明不等式\(f(a+b)\leq f(a)+f(b)\).

分析:看上去没有直接出现拉格朗日中值定理的形式,但是这个不等式可以变形成\(\frac{f(a+b)-f(b)}a\leq\frac{f(a)}a\),这时就可以使用拉格朗日中值定理了。

解:由拉格朗日中值定理,\(\exists s\in(0,a),f'(s)=\frac{f(a)-f(0)}{a-0}=\frac{f(a)}a\),

\(\exists t\in(b,a+b),f'(t)=\frac{f(a+b)-f(b)}a\).

\(\because f'(x)\)单调减少,\(s<a\leq b<t\)

\(\therefore f'(s)\geq f'(t)\),即\(\frac{f(a)}a\geq\frac{f(a+b)-f(b)}a\).

\(\therefore f(a+b)\leq f(a)+f(b)\)

  • 五、利用函数单调性证明

虽然上面没有叙述和函数单调性有关的结论,但是利用函数单调性来证明存在性问题也是很常见的一种方法。

例6:同例4.

分析:待证式为至少存在一点\(\xi\),使得\(f'(\xi)>0\),它的反面是\(f'(x)\leq 0\)恒成立,可以得到函数是单调递减的,说明矛盾。

证明:假设\(\forall x\in(a,b),f'(x)\leq 0\)

那么函数\(f(x)\)\((a,b)\)上单调递减,\(\forall x\in(a,b),f(a)\geq f(x)\geq f(b)\)

\(\because f(a)=f(b)\)\(\forall x\in(a,b),f(x)=f(a)=f(b)\),这与\(f(x)\)不恒为常数值矛盾!

\(\therefore\)至少存在一点\(\xi\),使得\(f'(\xi)>0\).

例7:设\([0,+\infty)\)上函数\(f(x)\)有连续导数,\(f'(x)\geq k>0\)\(f(0)<0\)证明函数\(f(x)\)\((0,+\infty)\)上有且仅有一个零点。

分析:由于函数\(f(x)\)严格单调递增,证明存在性后唯一性显然可得,只需要证明存在性。这里区间不是闭区间\([a,b]\),不方便利用零点定理或者中值定理;但是可以利用函数的单调性证明,找到点\(x_0\)使得\(f(x_0)\geq0\)

证明:令\(g(x)=f(x)-kx-f(0)(x\leq0)\),则\(g(0)=0\).

\(\because g'(x)=f'(x)-k\geq k-k=0\)\(\therefore\)\(g(x)\)是单调递增函数,

\(\therefore g(x)\geq g(0)=0\).\(\therefore f(x)\geq kx+f(0),\forall x\geq 0.\)

\(x _0=-\frac{f(0)}k,x_0>0\),则\(f(x_0)\geq kx_0+f(0)=0\).

\(\therefore f(x)\)\((0,x_0]\)上有零点.

\(\because f(x)>0\),\(\therefore f(x)\)\([0,+\infty)\)上严格单调递增,\(\therefore\)函数\(f(x)\)\((0,x_0]\)上有且仅有一个零点。

利用微分学的定理,尤其是中值定理可以证明很多存在性问题。当然证明的方法并没有穷尽,本文只是抛砖引玉之作,希望可以拓宽读者在遇到此类问题时的解题思路。

本文由 高航 授权 赛氪网 发表,并经赛氪网编辑。转载此文章须经作者同意,并请附上出处(赛氪网)及本页链接。原文链接https://www.saikr.com/a/2782
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