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 ) f(x),g(x) f(x),g(x),在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]上连续,在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上可导
- 且
∫
0
1
f
(
x
)
d
x
\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x
∫01f(x)dx=
3
∫
2
3
1
f
(
x
)
d
x
3\int_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x
3∫321f(x)dx
(1) - 证明:存在两个不同点
ξ
,
η
∈
(
0
,
1
)
\xi,\eta\in(0,1)
ξ,η∈(0,1),s.t.
f
′
(
ξ
)
=
g
′
(
ξ
)
[
f
(
η
)
−
f
(
ξ
)
]
f'(\xi)=g'(\xi)[f(\eta)-f(\xi)]
f′(ξ)=g′(ξ)[f(η)−f(ξ)]
(2)
- 且
∫
0
1
f
(
x
)
d
x
\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x
∫01f(x)dx=
3
∫
2
3
1
f
(
x
)
d
x
3\int_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x
3∫321f(x)dx
-
证:
- 由(1)可得
∫
0
2
3
f
(
x
)
d
x
\int_{0}^{\frac{2}{3}}f(x)\mathrm{d}x
∫032f(x)dx+
∫
2
3
1
f
(
x
)
d
x
\int_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x
∫321f(x)dx=
3
∫
2
3
1
f
(
x
)
d
x
3\int_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x
3∫321f(x)dx
(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:
∫
0
2
3
f
(
x
)
d
x
\int_{0}^{\frac{2}{3}}f(x)\mathrm{d}x
∫032f(x)dx=
2
∫
2
3
1
f
(
x
)
d
x
2\int_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x
2∫321f(x)dx
(3-1) - 对(3-1)利用积分中值定理,立马得到
-
∫
0
2
3
f
(
x
)
d
x
\int_{0}^{\frac{2}{3}}f(x)\mathrm{d}x
∫032f(x)dx=
2
3
f
(
c
)
\frac{2}{3}f(c)
32f(c),其中
c
∈
(
0
,
2
3
)
c\in(0,\frac{2}{3})
c∈(0,32)
(3-2) -
2
∫
2
3
1
f
(
x
)
d
x
2\int_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x
2∫321f(x)dx=
2
⋅
1
3
f
(
η
)
2\cdot\frac{1}{3}f(\eta)
2⋅31f(η),其中
η
∈
(
2
3
,
1
)
\eta\in(\frac{2}{3},1)
η∈(32,1)
(3-3) - 从而
f
(
c
)
f(c)
f(c)=
f
(
η
)
f{(\eta)}
f(η)
(4)
-
∫
0
2
3
f
(
x
)
d
x
\int_{0}^{\frac{2}{3}}f(x)\mathrm{d}x
∫032f(x)dx=
2
3
f
(
c
)
\frac{2}{3}f(c)
32f(c),其中
c
∈
(
0
,
2
3
)
c\in(0,\frac{2}{3})
c∈(0,32)
- 将式(2)移项:
f
′
(
ξ
)
−
g
′
(
ξ
)
[
f
(
η
)
−
f
(
ξ
)
]
f'(\xi)-g'(\xi)[f(\eta)-f(\xi)]
f′(ξ)−g′(ξ)[f(η)−f(ξ)]=
0
0
0
(5)- 考虑到对于
f
(
x
)
−
g
′
(
x
)
f
(
x
)
f(x)-g'(x)f(x)
f(x)−g′(x)f(x),可以构造
F
(
x
)
F(x)
F(x)=
e
−
g
(
x
)
f
(
x
)
e^{-g(x)}f(x)
e−g(x)f(x),此时
F
′
(
x
)
F'(x)
F′(x)=
e
−
g
(
x
)
[
f
′
(
x
)
−
g
′
(
x
)
f
(
x
)
]
e^{-g(x)}[f'(x)-g'(x)f(x)]
e−g(x)[f′(x)−g′(x)f(x)]
(5-1),而 [ f ( η ) − f ( ξ ) ] ξ ′ [f(\eta)-f(\xi)]_{\xi}' [f(η)−f(ξ)]ξ′= − f ′ ( ξ ) -f'(\xi) −f′(ξ),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
′
(
ξ
)
+
g
′
(
ξ
)
[
f
(
ξ
)
−
f
(
η
)
]
f'(\xi)+g'(\xi)[f(\xi)-f(\eta)]
f′(ξ)+g′(ξ)[f(ξ)−f(η)]
(5-1-1),构造其他函数: f ( x ) + g ′ ( x ) f ( x ) f(x)+g'(x)f(x) f(x)+g′(x)f(x)= e g ( x ) f ( x ) e^{g(x)}f(x) eg(x)f(x)= e g ( x ) ( g ′ ( x ) f ( x ) + f ′ ( x ) ) e^{g(x)}(g'(x)f(x)+f'(x)) eg(x)(g′(x)f(x)+f′(x))(5-2)- 观察式(5-1-1)中,
[
f
(
ξ
)
−
f
(
η
)
]
ξ
′
[f(\xi)-f(\eta)]_{\xi}'
[f(ξ)−f(η)]ξ′=
f
′
(
ξ
)
f'(\xi)
f′(ξ),因此实际上(5-1-1)可以表示(还原为):
[
f
(
ξ
)
−
f
(
η
)
]
ξ
′
[f(\xi)-f(\eta)]_{\xi}'
[f(ξ)−f(η)]ξ′+
g
′
(
ξ
)
[
f
(
ξ
)
−
f
(
η
)
]
g'(\xi)[f(\xi)-f(\eta)]
g′(ξ)[f(ξ)−f(η)]
(5-3)
- 观察式(5-1-1)中,
[
f
(
ξ
)
−
f
(
η
)
]
ξ
′
[f(\xi)-f(\eta)]_{\xi}'
[f(ξ)−f(η)]ξ′=
f
′
(
ξ
)
f'(\xi)
f′(ξ),因此实际上(5-1-1)可以表示(还原为):
[
f
(
ξ
)
−
f
(
η
)
]
ξ
′
[f(\xi)-f(\eta)]_{\xi}'
[f(ξ)−f(η)]ξ′+
g
′
(
ξ
)
[
f
(
ξ
)
−
f
(
η
)
]
g'(\xi)[f(\xi)-f(\eta)]
g′(ξ)[f(ξ)−f(η)]
- 事实上(5-2)是包含(5-1)的情形: g ( x ) g(x) g(x)本身可以表示任意关于 x x x的函数
- 这里构造
F
(
x
)
F(x)
F(x)=
e
g
(
x
)
(
f
(
x
)
−
f
(
η
)
)
e^{g(x)}(f(x)-f(\eta))
eg(x)(f(x)−f(η))
(6),则 F ′ ( x ) F'(x) F′(x)= e g ( x ) ( g ′ ( x ) [ f ( x ) − f ( η ) ] + f ′ ( x ) ) e^{g(x)}(g'(x)[f(x)-f(\eta)]+f'(x)) eg(x)(g′(x)[f(x)−f(η)]+f′(x))(7) - 而式(2)等价于式(5-1-1).观察式(7)中
e
g
(
x
)
>
0
e^{g(x)}>0
eg(x)>0,从而若能说明存在两个不同点
ξ
,
η
∈
(
0
,
1
)
\xi,\eta\in(0,1)
ξ,η∈(0,1),s.t.
F
′
(
x
)
=
0
F'(x)=0
F′(x)=0,
(8)就能说明(5-1-1)成立 - 而由式(4)可知,
F
(
c
)
F(c)
F(c)=
F
(
η
)
F(\eta)
F(η)=
0
0
0,利用罗尔中值定理,可知
∃
ξ
∈
(
c
,
η
)
\exist\xi\in(c,\eta)
∃ξ∈(c,η),s.t.
F
′
(
ξ
)
F'(\xi)
F′(ξ)=
0
0
0,即式(8)
- 由(3-1,3-2),有 ( c , η ) ⊂ ( a , b ) (c,\eta)\sub(a,b) (c,η)⊂(a,b),从而 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ∈(a,b)
- 类似地再由(3-3), η ∈ ( a , b ) \eta\in(a,b) η∈(a,b)
- 考虑到对于
f
(
x
)
−
g
′
(
x
)
f
(
x
)
f(x)-g'(x)f(x)
f(x)−g′(x)f(x),可以构造
F
(
x
)
F(x)
F(x)=
e
−
g
(
x
)
f
(
x
)
e^{-g(x)}f(x)
e−g(x)f(x),此时
F
′
(
x
)
F'(x)
F′(x)=
e
−
g
(
x
)
[
f
′
(
x
)
−
g
′
(
x
)
f
(
x
)
]
e^{-g(x)}[f'(x)-g'(x)f(x)]
e−g(x)[f′(x)−g′(x)f(x)]
- 移项得:
∫
0
2
3
f
(
x
)
d
x
\int_{0}^{\frac{2}{3}}f(x)\mathrm{d}x
∫032f(x)dx=
2
∫
2
3
1
f
(
x
)
d
x
2\int_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x
2∫321f(x)dx
- 证毕
- 由(1)可得
∫
0
2
3
f
(
x
)
d
x
\int_{0}^{\frac{2}{3}}f(x)\mathrm{d}x
∫032f(x)dx+
∫
2
3
1
f
(
x
)
d
x
\int_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x
∫321f(x)dx=
3
∫
2
3
1
f
(
x
)
d
x
3\int_{\frac{2}{3}}^{1}f(x)\mathrm{d}x
3∫321f(x)dx
-
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 ) f(x) f(x)在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]上连续,在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上可导,且 f ( 0 ) = 1 f(0)=1 f(0)=1, f ( 1 ) = 0 f(1)=0 f(1)=0
-
证明:
- 存在2个不同的点
ξ
1
,
ξ
2
∈
(
0
,
1
)
\xi_1,\xi_2\in(0,1)
ξ1,ξ2∈(0,1)使得
f
′
(
ξ
2
)
+
f
′
(
ξ
2
)
=
−
2
f'(\xi_2)+f'(\xi_2)=-2
f′(ξ2)+f′(ξ2)=−2
(1) - 存在2个不同点
η
,
ζ
∈
(
0
,
1
)
\eta,\zeta\in(0,1)
η,ζ∈(0,1),使得
f
′
(
η
)
f
′
(
ζ
)
=
1
f'(\eta)f'(\zeta)=1
f′(η)f′(ζ)=1
(2)
- 存在2个不同的点
ξ
1
,
ξ
2
∈
(
0
,
1
)
\xi_1,\xi_2\in(0,1)
ξ1,ξ2∈(0,1)使得
f
′
(
ξ
2
)
+
f
′
(
ξ
2
)
=
−
2
f'(\xi_2)+f'(\xi_2)=-2
f′(ξ2)+f′(ξ2)=−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 ] [0,1] [0,1]内找到一个合适的点 c c c,在区间 [ 0 , c ] [0,c] [0,c]和 [ c , 1 ] [c,1] [c,1]上分别应用Lagrange中值定理
-
f ′ ( ξ 1 ) f'(\xi_1) f′(ξ1)= f ( c ) − f ( 0 ) c − 0 \frac{f(c)-f(0)}{c-0} c−0f(c)−f(0)= f ( c ) − 1 c \frac{f(c)-1}{c} cf(c)−1
(3-1); f ′ ( ξ 2 ) = f ( 1 ) − f ( c ) 1 − c f'(\xi_2)=\frac{f(1)-f(c)}{1-c} f′(ξ2)=1−cf(1)−f(c)= − f ( c ) 1 − c \frac{-f(c)}{1-c} 1−c−f(c)(3-2),其中 ξ 1 ∈ ( 0 , c ) \xi_1\in(0,c) ξ1∈(0,c), ξ 2 ∈ ( c , 1 ) \xi_2\in(c,1) ξ2∈(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 c c能够分别满足式(1),(2);并且要确保所选定的 c c c一定存在
-
这类方法称为逆推法或待定分点法
-
-
证
-
(1)
-
f
′
(
ξ
2
)
+
f
′
(
ξ
2
)
f'(\xi_2)+f'(\xi_2)
f′(ξ2)+f′(ξ2)=
f
(
c
)
−
1
c
\frac{f(c)-1}{c}
cf(c)−1+
−
f
(
c
)
1
−
c
\frac{-f(c)}{1-c}
1−c−f(c)=
−
2
-2
−2
(4) - 分析:满足上式的
c
c
c需要作许多试探
- 考虑令 c = 1 − c c=1-c c=1−c,即 c = 1 2 c=\frac{1}{2} c=21则两项分母相同,分子可以相加,此时(4)变成 f ( c ) − 1 + f ( c ) 1 2 \frac{f(c)-1+f(c)}{\frac{1}{2}} 21f(c)−1+f(c)= − 2 -2 −2
- 可见 c = 1 2 c=\frac{1}{2} c=21能使(4)成立,并且 c ∈ ( 0 , 1 ) c\in(0,1) c∈(0,1),所以(1)成立
- 或者将(4)通分变形,得到
f
(
c
)
(
1
−
2
c
)
f(c)(1-2c)
f(c)(1−2c)=
2
c
2
−
3
c
+
1
2c^2-3c+1
2c2−3c+1
(5),考虑 1 − 2 c = 0 1-2c=0 1−2c=0,即 c = 1 2 c=\frac{1}{2} c=21,代入发现(5)成立,类似的说明(1)成立
-
f
′
(
ξ
2
)
+
f
′
(
ξ
2
)
f'(\xi_2)+f'(\xi_2)
f′(ξ2)+f′(ξ2)=
f
(
c
)
−
1
c
\frac{f(c)-1}{c}
cf(c)−1+
−
f
(
c
)
1
−
c
\frac{-f(c)}{1-c}
1−c−f(c)=
−
2
-2
−2
-
(2)
-
f
′
(
η
)
f
′
(
ζ
)
f'(\eta)f'(\zeta)
f′(η)f′(ζ)=
f
(
c
)
−
1
c
⋅
−
f
(
c
)
1
−
c
\frac{f(c)-1}{c}\cdot\frac{-f(c)}{1-c}
cf(c)−1⋅1−c−f(c)=
1
1
1
(6)- 考虑令 f ( c ) f(c) f(c)= c c c,则式(6)恰好成立
- 但此时不能保证
f
(
c
)
=
c
f(c)=c
f(c)=c
(7)且这样的点 c ∈ ( 0 , 1 ) c\in(0,1) c∈(0,1)- 用零点定理证明:在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)上确实存在满足式(7)的点
- 构造 g ( x ) g(x) g(x)= f ( x ) − x f(x)-x f(x)−x,则 g ( 0 ) g(0) g(0)= f ( 0 ) − 0 f(0)-0 f(0)−0= 1 1 1>0;而 g ( 1 ) g(1) g(1)= f ( 1 ) − 1 f(1)-1 f(1)−1= − 1 -1 −1< 0 0 0,从而由连续函数零点定理可知 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)内存在 g ( c ) = 0 g(c)=0 g(c)=0,即存在满足式(7)的点 c c c
- 证毕
-
f
′
(
η
)
f
′
(
ζ
)
f'(\eta)f'(\zeta)
f′(η)f′(ζ)=
f
(
c
)
−
1
c
⋅
−
f
(
c
)
1
−
c
\frac{f(c)-1}{c}\cdot\frac{-f(c)}{1-c}
cf(c)−1⋅1−c−f(c)=
1
1
1
构造辅助函数法综合
-
设 f ( x ) f(x) f(x)在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]上二阶可导,且 lim x → 0 + f ( x ) x = 2 \lim\limits_{x\to{0^{+}}}\frac{f(x)}{x}=2 x→0+limxf(x)=2,
(0-1), ∫ 0 1 f ( x ) d x = 1 \int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x=1 ∫01f(x)dx=1(0-2) -
试证:
-
∃
ξ
∈
(
0
,
1
)
\exist\xi\in(0,1)
∃ξ∈(0,1),使得
f
′
(
ξ
)
f'(\xi)
f′(ξ)=
f
(
ξ
)
−
2
ξ
+
2
f(\xi)-2\xi+2
f(ξ)−2ξ+2
(0-3) -
∃
η
∈
(
0
,
1
)
\exist\eta\in(0,1)
∃η∈(0,1),s.t.
f
′
′
(
η
)
f''(\eta)
f′′(η)=
0
0
0
(0-4) -
∃
ζ
∈
(
0
,
1
)
\exist\zeta\in(0,1)
∃ζ∈(0,1),s.t.
∫
0
ζ
f
(
t
)
d
t
+
ζ
f
(
ζ
)
\int_{0}^{\zeta}f(t)\mathrm{d}t+\zeta{f(\zeta)}
∫0ζf(t)dt+ζf(ζ)=
2
ζ
2\zeta
2ζ
(0-5) -
∃
μ
∈
(
0
,
1
)
\exist\mu\in(0,1)
∃μ∈(0,1)s.t.
μ
f
(
μ
)
\mu f(\mu)
μf(μ)=
2
∫
0
μ
f
(
t
)
d
t
2\int_{0}^{\mu}f(t)\mathrm{d}t
2∫0μf(t)dt
(0-6)
-
∃
ξ
∈
(
0
,
1
)
\exist\xi\in(0,1)
∃ξ∈(0,1),使得
f
′
(
ξ
)
f'(\xi)
f′(ξ)=
f
(
ξ
)
−
2
ξ
+
2
f(\xi)-2\xi+2
f(ξ)−2ξ+2
-
证明
-
将(0-3)移项为: f ′ ( ξ ) − f ( ξ ) + 2 ξ − 2 f'(\xi)-f(\xi)+2\xi-2 f′(ξ)−f(ξ)+2ξ−2= 0 0 0
(1-1),进一步分组变形, [ f ′ ( ξ ) − 2 ] − [ f ( ξ ) − 2 ξ ] [f'(\xi)-2]-[f(\xi)-2\xi] [f′(ξ)−2]−[f(ξ)−2ξ]= 0 0 0(1-2)-
若令 h ( x ) h(x) h(x)= f ( x ) − 2 x f(x)-2x f(x)−2x,则式(1-2)符合模型 h ′ ( x ) − h ( x ) h'(x)-h(x) h′(x)−h(x)
-
构造函数 F ( x ) F(x) F(x)= e − x ( f ( x ) − 2 x ) e^{-x}(f(x)-2x) e−x(f(x)−2x)
(2),不妨令 g ( x ) g(x) g(x)= f ( x ) − 2 x f(x)-2x 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 f(0)=0 f(0)=0
(3), f + ′ ( 0 ) f_{+}'(0) f+′(0)= 2 2 2(4) -
将式(0-2)变形为 ∫ 0 1 f ( x ) d x − 1 \int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x-1 ∫01f(x)dx−1=0
(5),再将 1 1 1变形为 ∫ 0 1 2 x d x \int_{0}^{1}2x\mathrm{d}x ∫012xdx,因为 ∫ 0 1 2 x d x \int_{0}^{1}2x\mathrm{d}x ∫012xdx= x 2 ∣ 0 1 x^{2}|_{0}^{1} x2∣01= 1 1 1,式(5)改写为 ∫ 0 1 [ f ( x ) − 2 x ] d x \int_{0}^{1}[f(x)-2x]\mathrm{d}x ∫01[f(x)−2x]dx= ∫ 0 1 g ( x ) d x \int_{0}^{1}g(x)\mathrm{d}x ∫01g(x)dx= 0 0 0(6),由积分中值定理, ∃ c ∈ ( 0 , 1 ) \exist{c}\in(0,1) ∃c∈(0,1),s.t. g ( c ) g(c) g(c)= 0 0 0(6-1) -
而 F ( 0 ) F(0) F(0)= 0 0 0
(6-2),由罗尔定理, ∃ ξ ∈ ( 0 , c ) ⊂ ( 0 , 1 ) \exist\xi\in(0,c)\sub(0,1) ∃ξ∈(0,c)⊂(0,1),s.t. F ′ ( ξ ) F'(\xi) F′(ξ)= 0 0 0(7)将其左端展开,即得(1-1),从而结论得证
-
-
对于式(2-1), g ( 0 ) g(0) g(0)= 0 0 0, g ( c ) g(c) g(c)=0, ( c ∈ ( 0 , 1 ) ) (c\in(0,1)) (c∈(0,1));应用罗尔定理, ∃ x 0 ∈ ( 0 , c ) \exist{x_0}\in(0,c) ∃x0∈(0,c),s.t. g ′ ( x 0 ) = 0 g'(x_0)=0 g′(x0)=0
(8),即 f ′ ( x 0 ) − 2 f'(x_0)-2 f′(x0)−2= 0 0 0,变形为 f ′ ( x 0 ) = 2 f'(x_0)=2 f′(x0)=2(8-1),又由(4),可对 f ′ ( x ) f'(x) f′(x)应用罗尔定理, ∃ η ∈ ( 0 , x 0 ) ⊂ ( 0 , 1 ) \exist \eta\in(0,x_0)\sub(0,1) ∃η∈(0,x0)⊂(0,1),s.t. f ′ ′ ( η ) = 0 f''(\eta)=0 f′′(η)=0 -
式(0-5)左边是 ∫ 0 ζ f ( t ) d t + ζ ( ∫ 0 ζ f ( t ) d t ) ζ ′ \int_{0}^{\zeta}f(t)\mathrm{d}t+\zeta{(\int_{0}^{\zeta}f(t)\mathrm{d}t)_{\zeta}'} ∫0ζf(t)dt+ζ(∫0ζf(t)dt)ζ′= [ ζ ( ∫ 0 ζ f ( t ) d t ) ] ζ ′ [\zeta(\int_{0}^{\zeta}f(t)\mathrm{d}t)]_{\zeta}' [ζ(∫0ζf(t)dt)]ζ′
(9-1)- 若令
a
(
x
)
a(x)
a(x)=
∫
0
x
f
(
t
)
d
t
\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t
∫0xf(t)dt
(9-2),则(9-1)可以表示为 a ( ζ ) + ζ a ′ ( ζ ) a(\zeta)+\zeta{a'(\zeta)} a(ζ)+ζa′(ζ)= ( ζ a ( x ) ) ′ (\zeta{a(x)})' (ζa(x))′(9-3) - 而式(0-5)右边为 ( ζ 2 ) ′ (\zeta^{2})' (ζ2)′
- 将式(0-5)变形为
∫
0
ζ
f
(
t
)
d
t
+
ζ
f
(
ζ
)
2
ζ
\frac{\int_{0}^{\zeta}f(t)\mathrm{d}t+\zeta{f(\zeta)}}{2\zeta}
2ζ∫0ζf(t)dt+ζf(ζ)=
1
1
1
(9) - 构造函数
H
(
x
)
H(x)
H(x)=
x
∫
0
x
f
(
t
)
d
t
x\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t
x∫0xf(t)dt;
G
(
x
)
=
x
2
G(x)=x^2
G(x)=x2;对这两个函数应用柯西中值定理:
H
(
1
)
−
H
(
0
)
G
(
1
)
−
G
(
0
)
\frac{H(1)-H(0)}{G(1)-G(0)}
G(1)−G(0)H(1)−H(0)=
H
′
(
ζ
)
G
′
(
ζ
)
\frac{H'(\zeta)}{G'(\zeta)}
G′(ζ)H′(ζ)
(10) - 即
∫
0
1
f
(
t
)
d
t
−
0
1
−
0
\frac{\int_{0}^{1}f(t)\mathrm{d}t-0}{1-0}
1−0∫01f(t)dt−0=
∫
0
ζ
f
(
t
)
d
t
+
ζ
(
∫
0
ζ
f
(
t
)
d
t
)
ζ
′
2
ζ
\frac{\int_{0}^{\zeta}f(t)\mathrm{d}t+\zeta{(\int_{0}^{\zeta}f(t)\mathrm{d}t)_{\zeta}'}}{2\zeta}
2ζ∫0ζf(t)dt+ζ(∫0ζf(t)dt)ζ′
(10-1),由(0-2)得(10-1)左边为 1 − 0 1 − 0 \frac{1-0}{1-0} 1−01−0= 1 1 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
- 若令
a
(
x
)
a(x)
a(x)=
∫
0
x
f
(
t
)
d
t
\int_{0}^{x}f(t)\mathrm{d}t
∫0xf(t)dt
-
式(0-6)变形为. μ f ( μ ) − 2 ∫ 0 μ f ( t ) d t \mu f(\mu)-2\int_{0}^{\mu}f(t)\mathrm{d}t μf(μ)−2∫0μf(t)dt= 0 0 0
(11),由(9-2), μ a ′ ( μ ) − 2 a ( μ ) \mu{a'(\mu)}-2a(\mu) μa′(μ)−2a(μ)= 0 0 0(11-1)- 考虑到
(
a
(
x
)
x
2
)
′
(\frac{a(x)}{x^2})'
(x2a(x))′=
a
′
(
x
)
x
2
−
a
(
x
)
2
x
x
4
\frac{a'(x)x^2-a(x)2x}{x^{4}}
x4a′(x)x2−a(x)2x=
x
a
′
(
x
)
−
2
a
(
x
)
x
3
\frac{xa'(x)-2a(x)}{x^3}
x3xa′(x)−2a(x)
(11-2)我们考虑构造 F ( x ) F(x) F(x)= a ( x ) x 2 \frac{a(x)}{x^2} x2a(x)(11-3), ( x ≠ 0 ) (x\neq{0}) (x=0)并考虑使用罗尔定理,得出 F ′ ( μ ) = 0 F'(\mu)=0 F′(μ)=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 ) F(x) F(x)在 x ≠ 0 x\neq{0} x=0无定义,间断
- 所以我们考虑补充定义,并且通过求 p = lim x → 0 F ( x ) p=\lim\limits_{x\to{0}}{F(x)} p=x→0limF(x)= lim x → 0 a ′ ( x ) 2 x \lim\limits_{x\to{0}} \frac{a'(x)}{2x} x→0lim2xa′(x)= lim x → 0 f ( x ) 2 x \lim\limits_{x\to{0}} \frac{f(x)}{2x} x→0lim2xf(x)这里应用了洛必达法则;由(0-1),得 p p p= 1 2 lim x → 0 f ( x ) x \frac{1}{2}\lim\limits_{x\to{0}} \frac{f(x)}{x} 21x→0limxf(x)= 1 1 1
- 因此我们为 F ( x ) F(x) F(x)在 x = 0 x=0 x=0处补充定义 F ( 0 ) = 1 F(0)=1 F(0)=1;而 F ( 1 ) F(1) F(1)= ∫ 0 1 f ( t ) d t 1 \frac{\int_{0}^{1}f(t)\mathrm{d}t}{1} 1∫01f(t)dt,由(0-2),得 F ( 1 ) = 1 F(1)=1 F(1)=1
- 现在 F ( x ) F(x) F(x)应用罗尔定理, ∃ μ ∈ ( 0 , 1 ) \exist{\mu}\in(0,1) ∃μ∈(0,1),s.t. F ′ ( μ ) = 0 F'(\mu)=0 F′(μ)=0,从而(11-1)成立,即(0-6)成立,证毕
- 考虑到
(
a
(
x
)
x
2
)
′
(\frac{a(x)}{x^2})'
(x2a(x))′=
a
′
(
x
)
x
2
−
a
(
x
)
2
x
x
4
\frac{a'(x)x^2-a(x)2x}{x^{4}}
x4a′(x)x2−a(x)2x=
x
a
′
(
x
)
−
2
a
(
x
)
x
3
\frac{xa'(x)-2a(x)}{x^3}
x3xa′(x)−2a(x)
-
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
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