AM@微分中值定理的证明问题举例
微分学中出现的几个中值定理
- Rolle中值定理(Rolle定理)
- Lagrange中值定理
- Cauchy中值定理
- Taylor中值定理
- 其中Rolle定理是最基础的,而Largrange可视为Cauchy中值定理和Taylor中值定理的特例
中值定理证明存在性不等式或等式问题
- 这类问题大多关键在于构造合适的辅助函数
- (如同Lagrange中值定理的证明中,也是构造了一个合适的辅助函数,对该辅助函数应用Rolle定理)
- 并且往往用构造的函数来重新描述(变形)需要证明的不等式(将等式或不等式转化为函数问题,比如函数零点,函数单调性,凹凸性的判断)
- 由多个(通常是2个)函数方程或不等式和待证不等式的信息,通常我们要构造的函数是包含了这些信息的组合函数(比如函数四则运算组合),组合成一个函数,好处是一个函数应用诸如零点定理,介值定理,微分中值定理(Rolle定理,Lagrange中值定理)比较方便操作
- 微分中值定理的应用是很灵活的,作用区间的划分是经常拿来做文章的地方,运用3次或更多次微分中值定理是家常便饭
- 例如区间 ( a , b ) (a,b) (a,b)内存在点 η \eta η,而 ( a , η ) (a,\eta) (a,η)内存在点 ξ 1 \xi_1 ξ1, ( η , b ) (\eta,b) (η,b)内存在点 ξ 2 \xi_2 ξ2, ( ξ 1 , ξ 2 ) (\xi_1,\xi_2) (ξ1,ξ2)内存在点 ξ \xi ξ
辅助函数的构造
- 对于简单点的问题,对条件给定的函数间进行构造即可,
- 例如欲求证 f ( x ) = g ( x ) f(x)=g(x) f(x)=g(x)或 f ( x ) = A f(x)=A f(x)=A,则尝试构造 F ( x ) = f ( x ) − g ( x ) F(x)=f(x)-g(x) F(x)=f(x)−g(x),利用连续函数的零点定理
- 而关于导数的等式求证,则主要考虑对辅助函数使用微分中值定理
- 而导数且分式形的,考虑Lagrange中值定理,Cauchy中值定理(如果分式中的分子分母不是差的形式,可以 − 0 -0 −0,对 0 0 0做代换)
- 复杂一些的类型,通过经验构造辅助函数,特别是
e
e
e的幂参与构造(因子)的函数,是因为
e
e
e的幂的导数具有优良的性质(这在推导常系数线性微分方程的解公式时构造的函数也用到了
e
e
e的幂)
- ( e x ) ( n ) (e^{x})^{(n)} (ex)(n)= e x e^{x} ex
- ( e − x ) n (e^{-x})^{n} (e−x)n= ( − 1 ) n e − x (-1)^{n}e^{-x} (−1)ne−x
- 通过枚举和归纳构造辅助函数
例
- 设
f
(
x
)
,
g
(
x
)
f(x),g(x)
f(x),g(x)在
[
a
,
b
]
[a,b]
[a,b]连续,在
(
a
,
b
)
(a,b)
(a,b)内具有二阶导数,且在
(
a
,
b
)
(a,b)
(a,b)内存在相等的最大值
(1),又设 f ( a ) f(a) f(a)= g ( a ) g(a) g(a), f ( b ) f(b) f(b)= g ( b ) g(b) g(b)(2), - 求证
∃
ξ
∈
(
a
,
b
)
\exist{\xi}\in(a,b)
∃ξ∈(a,b),s.t.
f
′
′
(
ξ
)
f''(\xi)
f′′(ξ)=
g
′
′
(
ξ
)
g''(\xi)
g′′(ξ)
(2-1) - 证明;
- 令
ϕ
(
x
)
\phi(x)
ϕ(x)=
f
(
x
)
−
g
(
x
)
f(x)-g(x)
f(x)−g(x),由(2)可知,
ϕ
(
a
)
\phi(a)
ϕ(a)=
ϕ
(
b
)
\phi(b)
ϕ(b)=
0
0
0
(3)- 由(1)可设
x
1
,
x
2
∈
(
a
,
b
)
x_1,x_2\in(a,b)
x1,x2∈(a,b),s.t.
f
(
x
1
)
=
g
(
x
2
)
f(x_1)=g(x_2)
f(x1)=g(x2)
(4),即 x 1 , x 2 x_1,x_2 x1,x2分别是 f , g f,g f,g在 ( a , b ) (a,b) (a,b)内的极大值点, M M M为相应的极大值
- 由(1)可设
x
1
,
x
2
∈
(
a
,
b
)
x_1,x_2\in(a,b)
x1,x2∈(a,b),s.t.
f
(
x
1
)
=
g
(
x
2
)
f(x_1)=g(x_2)
f(x1)=g(x2)
- 显然
f
(
x
2
)
⩽
f
(
x
1
)
f(x_2)\leqslant{f(x_1)}
f(x2)⩽f(x1)
(4-1), − f ( x 1 ) ⩽ − f ( x 2 ) -f(x_1)\leqslant{-f(x_2)} −f(x1)⩽−f(x2)(4-1-1) -
g
(
x
1
)
⩽
g
(
x
2
)
g(x_1)\leqslant{g(x_2)}
g(x1)⩽g(x2)
(4-2)即 − g ( x 2 ) ⩽ − g ( x 1 ) -g(x_2)\leqslant{-g(x_1)} −g(x2)⩽−g(x1)(4-2-1) - 分别将式(4)和(4-1-1),相加,得
0
⩽
g
(
x
2
)
−
f
(
x
2
)
=
−
ϕ
(
x
2
)
0\leqslant{g(x_2)-f(x_2)}=-\phi(x_2)
0⩽g(x2)−f(x2)=−ϕ(x2),即
ϕ
(
x
2
)
⩽
0
\phi(x_2)\leqslant{0}
ϕ(x2)⩽0
(5-1); - 类似的
ϕ
(
x
1
)
⩾
0
\phi(x_1)\geqslant{0}
ϕ(x1)⩾0
(5-2)- 可以将式(4)等号两边对调,得到 g ( x 2 ) g(x_2) g(x2)= f ( x 1 ) f(x_1) f(x1),再和式(4-2-1)相加
- 也可以将式(4)代入到式(4-1-1)的左端,也可以得到(5-2)
- 但是不能直接(4)和(4-2-1)相加,这得不到(5-2)
- 现在我们讨论(5-1,5-2)取等号和不取等号时,都存在一个数
η
∈
(
a
,
b
)
\eta\in(a,b)
η∈(a,b)使得
ϕ
(
η
)
=
0
\phi(\eta)=0
ϕ(η)=0
(6)- 若(5-1,5-2)中一个取等号,不妨设(5-1)取等号,即 ϕ ( x 1 ) = 0 \phi(x_1)=0 ϕ(x1)=0,令 η = x 1 \eta=x_1 η=x1,即有(6);若(5-2)取等号,令 η = x 2 \eta=x_2 η=x2,即有(6)
- 若都不取等号,即 ϕ ( x 1 ) > 0 \phi(x_1)>0 ϕ(x1)>0, ϕ ( x 2 ) < 0 \phi(x_2)<0 ϕ(x2)<0则考虑零点定理,有式(6)
- 综上(3),(6)可知,
ϕ
(
x
)
\phi(x)
ϕ(x)在
[
a
,
b
]
[a,b]
[a,b]上有3个零点:
a
,
η
,
b
a,\eta,b
a,η,b
- 在区间
[
a
,
η
]
[a,\eta]
[a,η],
[
η
,
b
]
[\eta,b]
[η,b]上分别利用罗尔定理,得:
-
∃
ξ
1
∈
(
a
,
η
)
\exist{\xi_1}\in(a,\eta)
∃ξ1∈(a,η),s.t.
ϕ
′
(
ξ
1
)
=
0
\phi'(\xi_1)=0
ϕ′(ξ1)=0
(7) -
∃
ξ
2
∈
(
η
,
b
)
\exist{\xi_2}\in(\eta,b)
∃ξ2∈(η,b),s.t.
ϕ
′
(
ξ
2
)
=
0
\phi'(\xi_2)=0
ϕ′(ξ2)=0
(8)
-
∃
ξ
1
∈
(
a
,
η
)
\exist{\xi_1}\in(a,\eta)
∃ξ1∈(a,η),s.t.
ϕ
′
(
ξ
1
)
=
0
\phi'(\xi_1)=0
ϕ′(ξ1)=0
- 而(7,8)恰好仍然满足罗尔定理条件,所以 ∃ ξ ∈ ( ξ 1 , ξ 2 ) \exist{\xi}\in(\xi_1,\xi_2) ∃ξ∈(ξ1,ξ2),s.t. ϕ ′ ′ ( ξ ) = 0 \phi''(\xi)=0 ϕ′′(ξ)=0,即 f ′ ′ ( ξ ) = g ′ ′ ( ξ ) f''(\xi)=g''(\xi) f′′(ξ)=g′′(ξ),得证
- 在区间
[
a
,
η
]
[a,\eta]
[a,η],
[
η
,
b
]
[\eta,b]
[η,b]上分别利用罗尔定理,得:
- 令
ϕ
(
x
)
\phi(x)
ϕ(x)=
f
(
x
)
−
g
(
x
)
f(x)-g(x)
f(x)−g(x),由(2)可知,
ϕ
(
a
)
\phi(a)
ϕ(a)=
ϕ
(
b
)
\phi(b)
ϕ(b)=
0
0
0
例
-
设 f ( x ) f(x) f(x)在闭区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]上连续,在区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]内可导,且 f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f(0)=0, f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f(1)=1
(0)- 常数 a , b > 0 a,b>0 a,b>0
-
求证
-
∃
ξ
∈
(
a
,
b
)
\exist\xi\in(a,b)
∃ξ∈(a,b)使得
f
(
ξ
)
=
a
a
+
b
f(\xi)=\frac{a}{a+b}
f(ξ)=a+ba
(1) -
∃
η
,
ζ
∈
(
0
,
1
)
\exist{\eta,\zeta}\in(0,1)
∃η,ζ∈(0,1),
η
≠
ζ
\eta\neq{\zeta}
η=ζ,使得
a
f
′
(
η
)
+
b
f
′
(
ζ
)
\frac{a}{f'(\eta)}+\frac{b}{f'(\zeta)}
f′(η)a+f′(ζ)b=
a
+
b
a+b
a+b
(2)
-
∃
ξ
∈
(
a
,
b
)
\exist\xi\in(a,b)
∃ξ∈(a,b)使得
f
(
ξ
)
=
a
a
+
b
f(\xi)=\frac{a}{a+b}
f(ξ)=a+ba
-
证明:
-
对于(1),考虑连续函数的零点定理
- 构造
ϕ
(
x
)
\phi(x)
ϕ(x)=
f
(
x
)
−
a
a
+
b
f(x)-\frac{a}{a+b}
f(x)−a+ba
(3),则式(1)等价于 ϕ ( ζ ) = 0 \phi(\zeta)=0 ϕ(ζ)=0(4) - 有条件, ϕ ( 0 ) \phi(0) ϕ(0)= 0 − a a + b 0-\frac{a}{a+b} 0−a+ba<0; ϕ ( 1 ) = 1 − a a + b \phi(1)=1-\frac{a}{a+b} ϕ(1)=1−a+ba= b a + b \frac{b}{a+b} a+bb>0从而 ϕ ( 0 ) ϕ ( 1 ) < 0 \phi(0)\phi(1)<0 ϕ(0)ϕ(1)<0,所以 ∃ ζ ∈ ( a , b ) \exist\zeta\in(a,b) ∃ζ∈(a,b),使得(4)成立,证毕
- 构造
ϕ
(
x
)
\phi(x)
ϕ(x)=
f
(
x
)
−
a
a
+
b
f(x)-\frac{a}{a+b}
f(x)−a+ba
-
对(2),利用(1)的结果进行推理
- 在区间
[
0
,
ξ
]
[0,\xi]
[0,ξ]和
[
ξ
,
1
]
[\xi,1]
[ξ,1]上,对
f
(
x
)
f(x)
f(x)分别使用Lagrange中值定理,存在
η
∈
(
0
,
ξ
)
\eta\in(0,\xi)
η∈(0,ξ),
ζ
∈
(
ξ
,
1
)
\zeta\in(\xi,1)
ζ∈(ξ,1),使得
-
f
′
(
η
)
f'(\eta)
f′(η)=
f
(
ξ
)
−
f
(
0
)
ξ
−
0
\frac{f(\xi)-f(0)}{\xi-0}
ξ−0f(ξ)−f(0)
(5-1) -
f
′
(
ζ
)
f'(\zeta)
f′(ζ)=
f
(
1
)
−
f
(
ξ
)
1
−
ξ
\frac{f(1)-f(\xi)}{1-\xi}
1−ξf(1)−f(ξ)=
1
−
f
(
ξ
)
1
−
ξ
\frac{1-f(\xi)}{1-\xi}
1−ξ1−f(ξ)
(5-2)
-
f
′
(
η
)
f'(\eta)
f′(η)=
f
(
ξ
)
−
f
(
0
)
ξ
−
0
\frac{f(\xi)-f(0)}{\xi-0}
ξ−0f(ξ)−f(0)
- 将式(0),(1),(5-1,5-2),分别得
- f ′ ( η ) f'(\eta) f′(η)= f ( ξ ) ξ \frac{f(\xi)}{\xi} ξf(ξ)= a ( a + b ) ξ \frac{a}{(a+b)\xi} (a+b)ξa
- f ′ ( ζ ) f'(\zeta) f′(ζ)= 1 − a a + b 1 − ξ \frac{1-\frac{a}{a+b}}{1-\xi} 1−ξ1−a+ba
- 分别代入 a f ′ ( η ) + b f ′ ( ζ ) \frac{a}{f'(\eta)}+\frac{b}{f'(\zeta)} f′(η)a+f′(ζ)b= ( a + b ) ξ (a+b)\xi (a+b)ξ+ ( a + b ) ( 1 − ξ ) (a+b)(1-\xi) (a+b)(1−ξ)= a + b a+b a+b,即证式(2)
- 在区间
[
0
,
ξ
]
[0,\xi]
[0,ξ]和
[
ξ
,
1
]
[\xi,1]
[ξ,1]上,对
f
(
x
)
f(x)
f(x)分别使用Lagrange中值定理,存在
η
∈
(
0
,
ξ
)
\eta\in(0,\xi)
η∈(0,ξ),
ζ
∈
(
ξ
,
1
)
\zeta\in(\xi,1)
ζ∈(ξ,1),使得
-
例
- 设
f
(
x
)
f(x)
f(x)在
[
a
,
b
]
[a,b]
[a,b]上有
n
+
1
n+1
n+1阶导数,且
f
(
k
)
(
a
)
f^{(k)}(a)
f(k)(a)=
f
(
k
)
(
b
)
f^{(k)}(b)
f(k)(b)=
0
0
0,
(
k
=
0
,
1
,
2
,
⋯
,
n
)
(k=0,1,2,\cdots,n)
(k=0,1,2,⋯,n)
(0) - 求证:存在
ξ
∈
(
a
,
b
)
\xi\in(a,b)
ξ∈(a,b),使得
f
(
n
+
1
)
(
ξ
)
f^{(n+1)}(\xi)
f(n+1)(ξ)=
f
(
ξ
)
f(\xi)
f(ξ)
(1) - 分析
- 当
n
=
0
n=0
n=0时,式(1)为
f
′
(
ξ
)
f'(\xi)
f′(ξ)=
f
(
ξ
)
f(\xi)
f(ξ),即
f
′
(
ξ
)
−
f
(
ξ
)
f'(\xi)-f(\xi)
f′(ξ)−f(ξ)=0,
- 这是 f ( x ) f(x) f(x)的导函数 f ′ ( x ) f'(x) f′(x)减去 f ( x ) f(x) f(x)自身的式子,
- 由
e
e
e的幂
e
−
x
e^{-x}
e−x的导函数性质,可以构造
F
(
x
)
F(x)
F(x)=
f
(
x
)
e
−
x
f(x)e^{-x}
f(x)e−x
(2),则 F ′ ( x ) F'(x) F′(x)= f ′ ( x ) e − x + f ( x ) e − x ( − 1 ) f'(x)e^{-x}+f(x)e^{-x}(-1) f′(x)e−x+f(x)e−x(−1)= e − x ( f ′ ( x ) − f ( x ) ) e^{-x}(f'(x)-f(x)) e−x(f′(x)−f(x))
- 当
n
=
1
n=1
n=1时,式(1)为
f
′
′
(
ξ
)
f''(\xi)
f′′(ξ)=
f
(
ξ
)
f(\xi)
f(ξ),即
f
′
′
(
ξ
)
−
f
(
ξ
)
f''(\xi)-f(\xi)
f′′(ξ)−f(ξ)=
0
0
0,变形为
[
f
′
′
(
ξ
)
+
f
′
(
ξ
)
]
−
[
f
′
(
ξ
)
+
f
(
ξ
)
]
[f''(\xi)+f'(\xi)]-[f'(\xi)+f(\xi)]
[f′′(ξ)+f′(ξ)]−[f′(ξ)+f(ξ)],可构造
F
(
x
)
F(x)
F(x)=
(
f
′
(
x
)
+
f
(
x
)
)
e
−
x
(f'(x)+f(x))e^{-x}
(f′(x)+f(x))e−x
(3),则 F ( x ) ′ F(x)' F(x)′= ( f ′ ′ ( x ) + f ′ ( x ) ) − ( f ′ ( x ) − f ( x ) ) e − x (f''(x)+f'(x))-(f'(x)-f(x))e^{-x} (f′′(x)+f′(x))−(f′(x)−f(x))e−x - 猜测和归纳:
n
=
n
n=n
n=n时,构造
F
(
x
)
F(x)
F(x)=
(
f
(
n
)
(
x
)
+
f
(
n
−
1
)
(
x
)
+
⋯
+
f
′
(
x
)
+
f
(
x
)
)
e
−
x
(f^{(n)}(x)+f^{(n-1)}(x)+\cdots+f'(x)+f(x))e^{-x}
(f(n)(x)+f(n−1)(x)+⋯+f′(x)+f(x))e−x
(4)- 则
F
′
(
x
)
F'(x)
F′(x)=
e
−
x
(
f
(
n
+
1
)
(
x
)
+
f
(
n
)
(
x
)
+
⋯
+
f
′
(
x
)
−
(
f
(
n
)
(
x
)
+
f
(
n
−
1
)
(
x
)
+
⋯
+
f
′
(
x
)
+
f
(
x
)
)
)
e^{-x}(f^{(n+1)}(x)+f^{(n)}(x)+\cdots+f'(x)-(f^{(n)}(x)+f^{(n-1)}(x)+\cdots+f'(x)+f(x)))
e−x(f(n+1)(x)+f(n)(x)+⋯+f′(x)−(f(n)(x)+f(n−1)(x)+⋯+f′(x)+f(x)))=
e
−
x
(
f
(
n
+
1
)
(
x
)
−
f
(
x
)
)
e^{-x}(f^{(n+1)}(x)-f(x))
e−x(f(n+1)(x)−f(x))
(4-1)
- 则
F
′
(
x
)
F'(x)
F′(x)=
e
−
x
(
f
(
n
+
1
)
(
x
)
+
f
(
n
)
(
x
)
+
⋯
+
f
′
(
x
)
−
(
f
(
n
)
(
x
)
+
f
(
n
−
1
)
(
x
)
+
⋯
+
f
′
(
x
)
+
f
(
x
)
)
)
e^{-x}(f^{(n+1)}(x)+f^{(n)}(x)+\cdots+f'(x)-(f^{(n)}(x)+f^{(n-1)}(x)+\cdots+f'(x)+f(x)))
e−x(f(n+1)(x)+f(n)(x)+⋯+f′(x)−(f(n)(x)+f(n−1)(x)+⋯+f′(x)+f(x)))=
e
−
x
(
f
(
n
+
1
)
(
x
)
−
f
(
x
)
)
e^{-x}(f^{(n+1)}(x)-f(x))
e−x(f(n+1)(x)−f(x))
- 考察式(4),由条件(0),即
F
(
a
)
=
F
(
b
)
=
0
F(a)=F(b)=0
F(a)=F(b)=0,对
F
(
x
)
F(x)
F(x)应用Rolle定理,得:存在
ξ
∈
(
a
,
b
)
\xi\in(a,b)
ξ∈(a,b),使得
F
′
(
ξ
)
F'(\xi)
F′(ξ)=
0
0
0
- F ′ ( ξ ) F'(\xi) F′(ξ)= e − x ( f ( n + 1 ) ( x ) − f ( x ) ) ∣ x = ξ e^{-x}(f^{(n+1)}(x)-f(x))|_{x=\xi} e−x(f(n+1)(x)−f(x))∣x=ξ=0,而 e − ξ > 0 e^{-\xi}>0 e−ξ>0,从而 f ( n + 1 ) ( ξ ) − f ( ξ ) = 0 f^{(n+1)}(\xi)-f(\xi)=0 f(n+1)(ξ)−f(ξ)=0,这就证明了(1)
- 当
n
=
0
n=0
n=0时,式(1)为
f
′
(
ξ
)
f'(\xi)
f′(ξ)=
f
(
ξ
)
f(\xi)
f(ξ),即
f
′
(
ξ
)
−
f
(
ξ
)
f'(\xi)-f(\xi)
f′(ξ)−f(ξ)=0,
例
- 是函数 f ( x ) , g ( x ) f(x),g(x) f(x),g(x)在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]上二阶可导,且 f ( 1 ) > g ( 1 ) f(1)>g(1) f(1)>g(1), f ( 0 ) > g ( 0 ) f(0)>g(0) f(0)>g(0); ∫ 0 1 f ( x ) d x \int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x ∫01f(x)dx= ∫ 0 1 g ( x ) d x \int_{0}^{1}g(x)\mathrm{d}x ∫01g(x)dx
- 求证:
- 至少存在一点
ξ
∈
(
0
,
1
)
\xi\in(0,1)
ξ∈(0,1),使得
f
′
′
(
ξ
)
>
g
′
′
(
ξ
)
f''(\xi)>g''(\xi)
f′′(ξ)>g′′(ξ)
(0) - 将问题中的 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]区间改为 [ a , b ] [a,b] [a,b]区间,求证(0)
- 至少存在一点
ξ
∈
(
0
,
1
)
\xi\in(0,1)
ξ∈(0,1),使得
f
′
′
(
ξ
)
>
g
′
′
(
ξ
)
f''(\xi)>g''(\xi)
f′′(ξ)>g′′(ξ)
分析
- 首先要构造合适的辅助函数:令
F
(
x
)
=
f
(
x
)
−
g
(
x
)
F(x)=f(x)-g(x)
F(x)=f(x)−g(x),则由条件得:
F
(
1
)
>
0
F(1)>0
F(1)>0,
F
(
0
)
>
0
F(0)>0
F(0)>0
(1),且 ∫ 0 1 F ( x ) = 0 \int_{0}^{1}F(x)=0 ∫01F(x)=0(2) -
F
(
a
)
>
0
F(a)>0
F(a)>0,
F
(
b
)
>
0
F(b)>0
F(b)>0
(1-1),且 ∫ a b F ( x ) d x = 0 \int_{a}^{b}F(x)\mathrm{d}x=0 ∫abF(x)dx=0(2-1) - 由(3)从而
F
′
′
(
x
)
F''(x)
F′′(x)=
f
′
′
(
x
)
−
g
′
′
(
x
)
f''(x)-g''(x)
f′′(x)−g′′(x),式(0)改写为
f
′
′
(
x
)
−
g
′
′
(
x
)
>
0
f''(x)-g''(x)>0
f′′(x)−g′′(x)>0因此证明式(0)只需要证明:至少存在一点
ξ
∈
(
0
,
1
)
\xi\in(0,1)
ξ∈(0,1),
F
′
′
(
x
)
>
0
F''(x)>0
F′′(x)>0
(2-2)
方法1
- 显然,由连续性和极值点知识,
F
(
x
)
F(x)
F(x)在区间
(
0
,
1
)
(0,1)
(0,1)内必有存在
x
0
<
0
x_0<0
x0<0使得
F
(
x
0
)
<
0
F(x_0)<0
F(x0)<0
(3)(否则式(2)大于0),并且 F ( x ) F(x) F(x)在 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1)内存在极小值点,不妨设为 x 0 x_0 x0, F ( x 0 ) = m < 0 F(x_0)=m<0 F(x0)=m<0, m m m为极小值,则 x 0 x_0 x0处 F ( x ) F(x) F(x)导数为0,即 F ′ ( x 0 ) F'(x_0) F′(x0)= 0 0 0(4) - 考虑使用Taylor公式将
F
(
x
)
F(x)
F(x)在
x
0
x_0
x0处展开,以联系
F
(
x
0
)
F(x_0)
F(x0)和相关二阶导数
-
F
(
x
)
F(x)
F(x)=
F
(
x
0
)
+
F
′
(
x
0
)
(
x
−
x
0
)
F(x_0)+F'(x_0)(x-x_0)
F(x0)+F′(x0)(x−x0)+
F
′
′
(
ξ
)
2
(
x
−
x
0
)
2
\frac{F''(\xi)}{2}(x-x_0)^2
2F′′(ξ)(x−x0)2
(5) - 再考虑
F
(
1
)
F(1)
F(1)=
F
(
x
0
)
+
F
′
(
x
0
)
(
1
−
x
0
)
F(x_0)+F'(x_0)(1-x_0)
F(x0)+F′(x0)(1−x0)+
F
′
′
(
ξ
)
2
(
1
−
x
0
)
2
\frac{F''(\xi)}{2}(1-x_0)^2
2F′′(ξ)(1−x0)2=
F
(
x
0
)
F(x_0)
F(x0)+
F
′
′
(
ξ
)
2
(
1
−
x
0
)
2
\frac{F''(\xi)}{2}(1-x_0)^2
2F′′(ξ)(1−x0)2
(6),变形为 F ( 1 ) − F ( x 0 ) F(1)-F(x_0) F(1)−F(x0)= F ′ ′ ( ξ ) 2 ( 1 − x 0 ) 2 \frac{F''(\xi)}{2}(1-x_0)^2 2F′′(ξ)(1−x0)2 - 而
F
(
1
)
>
0
F(1)>0
F(1)>0,
F
(
x
0
)
<
0
F(x_0)<0
F(x0)<0(即
−
F
(
x
0
)
>
0
-F(x_0)>0
−F(x0)>0),从而
F
(
1
)
−
F
(
x
0
)
>
0
F(1)-F(x_0)>0
F(1)−F(x0)>0
(7),从而 F ′ ′ ( ξ ) 2 ( 1 − x 0 ) 2 \frac{F''(\xi)}{2}(1-x_0)^2 2F′′(ξ)(1−x0)2>0(9) - 而
1
2
(
1
−
x
0
)
2
⩾
0
\frac{1}{2}(1-x_0)^2\geqslant{0}
21(1−x0)2⩾0,所以
F
′
′
(
ξ
)
>
0
F''(\xi)>0
F′′(ξ)>0
(10) - 所以 f ′ ′ ( ξ ) > g ′ ′ ( ξ ) f''(\xi)>g''(\xi) f′′(ξ)>g′′(ξ),得证
-
F
(
x
)
F(x)
F(x)=
F
(
x
0
)
+
F
′
(
x
0
)
(
x
−
x
0
)
F(x_0)+F'(x_0)(x-x_0)
F(x0)+F′(x0)(x−x0)+
F
′
′
(
ξ
)
2
(
x
−
x
0
)
2
\frac{F''(\xi)}{2}(x-x_0)^2
2F′′(ξ)(x−x0)2
- 问题2可以类似得证
方法2
- 由积分中值定理:
∃
C
∈
(
a
,
b
)
\exist{C}\in(a,b)
∃C∈(a,b),使得
∫
a
b
F
(
x
)
d
x
\int_{a}^{b}F(x)\mathrm{d}x
∫abF(x)dx=
(
b
−
a
)
F
(
c
)
(b-a)F(c)
(b−a)F(c)
(2),代入(2-1)得 F ( c ) = 0 F(c)=0 F(c)=0(3) - 对
F
(
x
)
F(x)
F(x)的两个区间
(
a
,
c
)
,
(
c
,
b
)
(a,c),(c,b)
(a,c),(c,b)分别使用Lagrage中值定理:
- ∃ ξ 1 ∈ ( a , c ) \exist{\xi_1}\in{(a,c)} ∃ξ1∈(a,c),使得 F ′ ( ξ 1 ) F'(\xi_1) F′(ξ1)= F ( c ) − F ( a ) c − a \frac{F(c)-F(a)}{c-a} c−aF(c)−F(a)= − F ( a ) c − a -\frac{F(a)}{c-a} −c−aF(a)
- ∃ ξ 2 ∈ ( c , b ) \exist{\xi_2}\in(c,b) ∃ξ2∈(c,b),使得 F ′ ( ξ 2 ) F'(\xi_2) F′(ξ2)= F ( b ) − F ( c ) b − c \frac{F(b)-F(c)}{b-c} b−cF(b)−F(c)= F ( b ) b − c \frac{F(b)}{b-c} b−cF(b)
- 由条件(1-1),可知
F
′
(
ξ
1
)
<
0
F'(\xi_1)<0
F′(ξ1)<0,
F
′
(
ξ
2
)
>
0
F'(\xi_2)>0
F′(ξ2)>0
(4),并且显然 ξ 1 < ξ 2 \xi_1<\xi_2 ξ1<ξ2(5)
- 在对
F
′
(
x
)
F'(x)
F′(x)使用Lagrange中值定理
- ∃ ξ ∈ ( ξ 1 , ξ 2 ) \exist{\xi}\in{(\xi_1,\xi_2)} ∃ξ∈(ξ1,ξ2),使得 F ′ ′ ( ξ ) F''(\xi) F′′(ξ)= F ( ξ 2 ) − F ( ξ 1 ) ξ 2 − ξ 1 \frac{F(\xi_2)-F(\xi_1)}{\xi_2-\xi_1} ξ2−ξ1F(ξ2)−F(ξ1)
- 由(4,5), F ′ ( ξ 2 ) − F ′ ( ξ 1 ) F'(\xi_2)-F'(\xi_1) F′(ξ2)−F′(ξ1)>0, ξ 2 − ξ 1 > 0 \xi_2-\xi_1>0 ξ2−ξ1>0
- 所以
F
′
′
(
ξ
)
F''(\xi)
F′′(ξ)>0,从而
f
′
′
(
ξ
)
>
g
′
′
(
ξ
)
f''(\xi)>g''(\xi)
f′′(ξ)>g′′(ξ)
(6) - 由于
(
ξ
1
,
ξ
2
)
⊂
(
a
,
b
)
(\xi_1,\xi_2)\sub{(a,b)}
(ξ1,ξ2)⊂(a,b),所以
ξ
∈
(
a
,
b
)
\xi\in(a,b)
ξ∈(a,b)
(7), - 由(7),(6),结论得证
- 问题1将 a = 0 , b = 1 a=0,b=1 a=0,b=1即可得证
方法3
-
反证法:
-
假设 ∀ x ∈ ( a , b ) \forall{x}\in{(a,b)} ∀x∈(a,b), F ′ ′ ( x ) ⩽ 0 F''(x)\leqslant{0} F′′(x)⩽0,即 F ′ ( x ) F'(x) F′(x)是一个单调递减函数
-
而由(1-1)和定积分性质: ∫ a b F ( x ) d x > 0 \int_{a}^{b}F(x)\mathrm{d}x>0 ∫abF(x)dx>0
(3),这和式(2-1)矛盾 -
从而假设不成立,即至少存在 ξ ∈ ( a , b ) \xi\in(a,b) ξ∈(a,b),使得 F ′ ′ ( x ) > 0 F''(x)>0 F′′(x)>0,即式(2-2),证毕
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2022-11-29 OS_内存管理@非连续方式@段式和段页式