CMC蒲和平2.2

例2

设函数 \(f(x)\in C[a, b]\cap D(a, b)\)，其中 \(a > 0\)，且 \(f(a) = 0\). 证明 \(\exist \xi\in (a, b)\)，使得：

\[f(\xi) = \frac{b - \xi}{a} f'(\xi) \]

proof

首先要对 \((\ln u)' = \frac{u'}{u}\) 熟悉。

\(\frac{f'(\xi)}{f(\xi)} = \frac{a}{b-\xi} \Rightarrow \ln f(\xi) = -a\ln(b-\xi)\Rightarrow f(\xi) = C(b - x) ^ {-a}\).

设 \(F(x) = f(x)(b - x) ^ a\)，有 \(F(a) = F(b) = 0\)，所以根据罗尔定理，\(\exist \xi\in (a, b), F'(\xi) = 0\).

然后得证。

例4

设 \(f(x)\in C[0, 1]\cap D(0, 1)\)，且 \(f(1) = k\int_0 ^ {\frac{1}{k}} xe^{1- x}f(x) dx(k > 1)\)，证明 \(\exist \xi\in(0, 1)\)，使 \(f'(\xi) = (1- \frac{1}{\xi})f(\xi)\).

proof

\(y' = (1 - \frac{1}{x}) y \Rightarrow \frac{y'}{y} = 1 - \frac{1}{x} \Rightarrow \ln y = x - \ln x + C \Rightarrow y = Ce^x\frac{1}{x}\).

构造函数 \(F(x) = xe^{-x}f(x)\)，\(F(0) = 0\)，\(F(1) = k\int_0^{\frac{1}{k}} xe^{-x}f(x)dx = \eta e^{-\eta} f(\eta)(\eta \in (0, \frac{1}{k}))\)，惊奇的发现 \(F(\eta) = F(1)\).

所以 \(\exist \xi \in(\eta , 1), F'(\xi) = 0\)，得证。

例6

设 \(f(x) \in C[a, b]\cap D(a, b)\)，且 \(\lim\limits_{x\rightarrow a^+} \frac{f(2x - a)}{x - a}\) 存在，证明 \(\exist \xi, \eta \in (a, b)\)，使

\[f'(\eta)(b^2 - a^2) = \frac{2\xi}{\xi - a}\int_a^bf(x)dx \]

proof

\(\lim\limits_{x\rightarrow a^+} \frac{f(2x - a)}{x - a} \Rightarrow f(a) = o(x - a)\)，所以根据函数连续性，可以得到 \(f(a) = 0\).

原式 \(\Leftrightarrow f'(\eta)(\xi - a) = \frac{2\xi}{b^2 - a^2} \int_a^b f(x) dx \Leftarrow f(\xi) - f(a) = \frac{2\xi}{b^2 - a^2} \int_a^b f(x) dx \Leftarrow \frac{f(\xi)}{2\xi} = \frac{\int_a^b f(x) dx}{b ^ 2 - a ^ 2}\).

得证。

过程：

• \(\frac{\int_a^bf(x)dx}{b ^ 2 - a^ 2} = \frac{f(\xi)}{2\xi} (\xi \in (a, b))\)（柯西中值定理）
• 化简后：\(f(\xi) - f(a) = \frac{2\xi}{b^2 - a^2} \int_a^b f(x) dx\)，然后 \(f'(\eta)(\xi - a) = \frac{2\xi}{b^2 - a^2} \int_a^b f(x) dx(\eta\in(a, \xi))\)（拉格朗日中值定理）
• 整理后得到原式，证毕。

例7

设 \(f(x)\in C[0, 1]\cap D(0, 1)\)，\(f(0) = 0\)，\(f(1) = 1\). 证明：

• \((1)\) 在 \((0, 1)\) 内存在不同的 \(\xi, \eta\)，使 \(f'(\xi)f'(\eta) = 1\)；
• \((2)\) 对任意给定的正数 \(a, b\)，在 \((0, 1)\) 内存在不同的 \(\xi, \eta\)，使 \(\frac{a}{f'(\xi)} + \frac{b}{f'(\eta)} = a + b\).

proof

• (1)

分区间，\([0, 1]\rightarrow [0, x_0] [x_0, 1]\)，则 \(\exist\xi \in(0, x_0), \eta \in (x_0, 1)\)，使得 \(f'(\xi) = \frac{f(x_0)}{x_0}, f'(\eta) = \frac{1 - f(x_0)}{1 - x_0}\).

要使得 \(f'(\xi)f'(\eta) = 1\) 的一个可能实现的条件是 \(f(x_0) = 1 - x_0\)，只需证明 \(\exist x_0\in(0, 1), f(x_0) = 1 - x_0\).

设 \(F(x) = f(x) + x - 1\)，\(F(0) = -1, F(1) = 1\) 所以存在一点 \(x_0\) 使得 \(F(x_0) = 0\)，得证.

• (2)

继续分区间 \([0, 1]\rightarrow [0, x_0][x_0, 1]\)，\(\exist\xi \in(0, x_0), \eta \in (x_0, 1)\)，使得 \(f'(\xi) = \frac{f(x_0)}{x_0}, f'(\eta) = \frac{1 - f(x_0)}{1 - x_0}\).

\(\frac{\frac{a}{a + b} x_0}{f(x_0)} + \frac{\frac{b}{a + b}(1 - x_0)}{1 - f(x_0)} = 1\)，丁真一下，只要 \(f(x_0) = \frac{a}{a+b}\) 就可以了，这个 \(x_0\) 显然存在。

例11

设 \(a < b < c\)，\(f(x)\) 在 \([a, c]\) 上具有二阶导数，证明存在 \(\xi\in(a, c)\)，使

\[\frac{f(a)}{(a - b)(c - a)} + \frac{f(b)}{(b - c)(a - b)} + \frac{f(c)}{(c - a)(b - c)} = -\frac{1}{2} f''(\xi) \]

proof 1

常数 k 值法。

设 \(\frac{f(a)}{(a - b)(c - a)} + \frac{f(b)}{(b - c)(a - b)} + \frac{f(c)}{(c - a)(b - c)} = k \Rightarrow f(a)(b - c) + f(b)(c - a) + f(c)(a - b) - k(a - b)(b - c)(c - a)\).

设 \(F(x) = f(x)(b - c) + f(b)(c - x) + f(c)(x - b) - k(x - b)(b - c)(c - x)\)，有 \(F(a) = F(b) = F(c) = 0\).

根据罗尔定理，\(\exist \xi_1\in(a,b), \xi_2\in (b,c), F'(\xi_1) = F'(\xi_2) = 0 \Rightarrow \exist \xi\in(\xi_1, \xi_2), F''(\xi) = 0\).

证毕。

proof 2

拉格朗日插值。

设插值函数 \(F(x) = \frac{(x - b)(x-c)f(a)}{(a - b)(c - a)} + \frac{(x-a)(x-c)f(b)}{(b - c)(a - b)} + \frac{(x-b)(x-a)f(c)}{(c - a)(b - c)} - f(x)\).

根据插值的性质，可以得到 \(F(a) = F(b) = F(c) = 0\)，其他步骤同法一。

例15

设实系数一元 \(n\) 次方程

\[P(x) = a_0x^n + a_1x^{n - 1} + \cdots + a_{n - 1}x + a_n = 0 (a_0\neq 0, n\ge 2) \]

的根全为实数，证明方程 \(P'(x) = 0\) 的根也全为实数。

proof

设一共有 \(u\) 个根，第 \(i\) 个根为 \(x_i\)，且重根次数为 \(k_i\)，那么 \(P(x) = Q(x)\prod\limits_{i = 1}^u (x - x_i) ^ {k_i}\)，其中 \(Q(x) \neq 0\).

对每一个根单独考虑，\(P(x) = Q_i(x)(x - x_i) ^ {k_i}\)，两边求导，可得 \(P'(x) = Q_i'(x)(x-x_i) ^{k_i} + Q_i(x)k_i(x-x_i)^{k_i - 1}\)，其中 \(Q_i(x_i) \neq 0\)，所以发现 \(k_i\) 重根会变成 \(k_i - 1\) 重根，得证。

例17

设函数 \(f(x)\) 在区间 \([0, 1]\) 上连续，在 \((0, 1)\) 上可导，且 \(f(0) = 0\)，\(f(1) = 2\). 证明存在两两互异的点 \(\xi_1, \xi_2, \xi_3\in(0, 1)\)，使得 \(f'(\xi_1)f'(\xi_2)\sqrt{1 - \xi_3} \ge 2\).

proof

分区间 \([0, 1] \rightarrow [0, \xi_3][\xi_3, 1]\)，\(\exist \xi_1\in(0, \xi_3), \xi_2\in(\xi_3, 1), f'(\xi_1) = \frac{f(\xi_3)}{\xi_3}, f'(\xi_2) = \frac{2 - f(\xi_3)}{1 - \xi_3}\).

考虑要保留分母上的 \(1 - \xi_3\)，假设 \(F(\xi_3) = f(\xi_3) + \xi_3 - 2 = 0\)，有 \(F(0) = -2, F(1) = 1\)，所以可以知道存在这样的 \(\xi_3\).

那么这样有 \(f'(\xi_1)f'(\xi_2) = \frac{2 - \xi_3}{1 - \xi_3} = 1 + \frac{1}{1 - \xi_3} \ge 2\sqrt{\frac{1}{1 - \xi_3}}\)，所以得证。

例23

证明不等式：

\[\left|\frac{\sin x - \sin y}{x - y} - \cos y\right| \le \frac{1}{2}|x - y|, x, y\in (-\infty, +\infty) \]

proof

直接分析左边部分。\((\xi \in (x, y))\)

\[\left|\frac{\sin x - \sin y}{x - y} - \cos y\right| = \left|\cos \xi - \cos y\right| = 2\left|\sin\left(\frac{\xi - y}{2}\right)\sin\left(\frac{\xi + y}{2}\right)\right| \le \frac{1}{2}\left|\xi ^ 2 - y ^ 2\right| \]

发现精度不够，调整，将拉格朗日中值定理改成泰勒中值定理，即在 \(y\) 处进行泰勒展开，继续分析左边部分。

\[\left|\frac{\sin x - \sin y}{x - y} - \cos y\right| = \left|\frac{\sin y + \cos y (x - y) - \sin \xi \frac{(x - y) ^ 2}{2} - \sin y}{x - y} - \cos y\right| \]

继续化简：

\[LHS = \left|\frac{1}{2}\sin \xi\cdot(x - y)\right| \le \frac{1}{2}|x - y| \]

得证。

习题4

设 \(f(x)\) 在 \([0, 1]\) 上连续，在 \((0, 1)\) 内可导，且 \(f(0) = 0\)，\(\int_0^1 f(x)dx = 0\)，证明 \(\exist \xi\in(0, 1)\)，使得 \(\int_0^{\xi}f(x)dx = \xi f(\xi)\).

proof(2025.8.30)

设 \(F(x) = \int_0^x f(x)dx\)，即有 \(F(\xi) = \xi F'(\xi)\)，转化 \(\frac{F'(\xi)}{F(\xi)} = \frac{1}{\xi}\)，两边积分：\(\ln F(x) = C\ln x \Rightarrow F(x) = Cx\).

构造函数 \(G(x) = \frac{F(x)}{x}\)，有条件可知 \(G(1) = 0\)，\(\lim\limits_{x \rightarrow 0} \frac{F(x)}{x}= f(0) = 0\)，所以定义 \(G(0) = 0\) 后 \(G\) 函数仍然连续，所以 \(\exist \xi \in(0, 1)\) 使得 \(G'(\xi) = 0\)，所以得证。

习题5

设函数 \(f(x)\) 在 \([0, 1]\) 上二阶可导，\(f(0) = f(1) = 0\)，证明 \(\exist\xi \in (0, 1)\)，使得 \(2f'(\xi) = (1 - \xi)f''(\xi)\).

proof(2025.8.30)

\(\frac{f''(\xi)}{f'(\xi)} = \frac{2}{1 - \xi}\)，两边积分得 \(\ln f'(x) = -2\ln(1 - \xi) + C \Rightarrow f'(x) = \frac{C}{(1 - \xi) ^ 2}\)，再次两边积分 \(f(x) = C_1 - \frac{C_2}{\xi - 1}\).

设函数 \(F(x) = (x - 1) f(x), F'(x) = f(x) + (x - 1) f'(x), F''(x) = 2f'(x) - (1 - x) f''(x)\).

有 \(F(0) = F(1) = 0\)，所以根据罗尔定理有 \(\exist\eta\in(0, 1), F'(\eta) = 0\)。

又有 \(F'(1) = 0\)，所以 \(\exist\xi\in (\eta, 1), F''(\xi) = 0\)，证毕。

习题7

设 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上连续，在 \((a, b)\) 内可导，且有 \(f(a) = a, \int_a^b f(x) dx = \frac{1}{2}(b^2- a^2)\)，证明在 \((a, b)\) 内至少有一点 \(\xi\)，使得 \(f'(\xi) = f(\xi) - \xi + 1\).

proof(2025.8.30)

\(y' - y = 1 - x \Rightarrow y = x + Ce^x\).

构造函数 \(F(x) = \frac{f(x) - x}{e ^ x}, F'(x) = \frac{f'(x) - 1 - f(x) + x}{e ^ x}\).

有 \(F(a) = 0\)，对积分式子进行处理（柯西中值定理）\(\frac{1}{2} = \frac{\int_a^b f(x) dx}{b ^ 2 - a ^ 2} = \frac{f(\eta)}{2\eta}\)，所以 \(F(\eta) = 0\)，根据罗尔定理，\(\exist \xi\in(\eta, a), F'(\xi) = 0\)，得证。

习题8

设 \(f(x)\) 在 \([a, b]\) 上连续，在 \((a, b)\) 内可导，且存在 \(c\in (a, b)\)，使得 \(f'(c) = 0\)，证明 \(\exist \xi\in (a, b)\)，使得 \(f'(\xi) = \frac{f(\xi) - f(a)}{b - a}\).

不会

习题10

函数 \(f(x)\) 与 \(g(x)\) 在 \([a, b]\) 上存在二阶导数，且 \(g''(x) \neq 0\)，\(f(a) = f(b) = g(a) = g(b) = 0\)，证明在 \((a, b)\) 内至少存在一点 \(\xi\)，满足 \(\frac{f(\xi)}{g(\xi)} = \frac{f''(\xi)}{g''(\xi)}\).

proof(2025.8.30)

\(fg''-gf'' = 0\) 两边积分：\(\int fd(g') - \int gd(f') = C \Rightarrow fg' - \int f'g' - gf' + \int f'g' =C \Rightarrow fg'-f'g = C\).

构造函数 \(F(x) = f(x)g'(x) - f'(x)g(x)\)，然后罗尔定理可证。

习题11

设 \(f(x)\) 在 \([0, 1]\) 上二阶可导，证明对任意的 \(t\in (0, 1)\)，\(\exist \xi\in (0, 1)\)，使得

\[\frac{1}{2}f''(\xi) = \frac{f(0)}{t} - \frac{f(t)}{t(1-t)}+\frac{f(1)}{1-t} \]

proof(2025.8.30)

构造插值函数：

\[F(x) = \frac{(x-0)(x-t)f(0)}{t} - \frac{(x-1)(x-0)f(t)}{t(1-t)} + \frac{(x-0)(x-t)f(1)}{1-t} \]

有 \(F(0) = F(t) = F(1) = 0\).

根据罗尔定理，\(\exist \xi_1\in(0, t), \xi_2\in(t, 1), F'(\xi_1) = F'(\xi_2) = 0\)，再次根据罗尔定理 \(\exist \xi\in(\xi_1, \xi_2), F''(\xi) = 0\)，得证。

习题14,15

证明无穷区间上的罗尔定理，并运用

可以看知乎写的挺好的，链接.

习题21

设 \(f(x)\) 在区间 \((x_1, x_n)\) 内存在 \(n\) 阶导数，在区间 \([x_1, x_n]\) 上连续，且存在 \(n\) 个不同的数 \(x_i(x_1 < x_2 < \cdots < x_n)\)，使 \(f(x_1)=f(x_2)=\cdots=f(x_n)=0\). 证明对于任意的 \(c\in(x_1, x_n)\)，必存在相应的 \(\xi\in(x_1, x_n)\) 使得

\[f(c) = \frac{1}{n!}(c - x_1)(c - x_2)\cdots(c - x_n) f^{(n)}(\xi) \]

proof(2025.8.30)

常数K值法，设 \(f ^ {(n)}(\xi) = k\)，设 \(F(x) = n!f(c) - k\prod\limits_{k = 1} ^ n(x - x_k)\).

有 \(F(x_1) = F(x_2) = \cdots = F(x_n) = n!f(c)\)，经过多次罗尔定理，可以得到 \(F^{(n)}(\xi) = 0\)，得证。

习题28

设 \(f\) 在区间 \([a, b]\) 上二阶可导，且满足 \(f^2(x) + [f''(x)] ^ 2 = r ^ 2 (r > 0)\). 证明：

\[|f'(x)| \le \left(\frac{2}{b - a} + \frac{b - a}{2}\right)r \]

proof(2025.8.30)

碰到多阶导数同时存在的情况，考虑泰勒展开。

\(f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) + f''(\xi)\frac{(x - x_0)^2}{2}\) \(\Rightarrow\)

\(f(a) = f(x_0) + f'(x_0)(a - x_0) + f''(\xi_1)\frac{(a - x_0)^2}{2}\ \ (1)\)

\(f(b) = f(x_0) + f'(x_0)(b - x_0) + f''(\xi_2)\frac{(b-x_0)^2}{2}\ \ (2)\)

\((2) - (1) \Rightarrow f(b) - f(a) = f'(x_0)(b - a) + f''(\xi_2)\frac{(b-x_0)^2}{2} - f''(\xi_1)\frac{(a - x_0)^2}{2}\)

\(\Rightarrow |f'(x)|(b - a)\le |f(a)| + |f(b)| + |f''(\xi_1)\frac{(a - x_0)^2}{2}| + |f''(\xi_2)\frac{(b-x_0)^2}{2}| \le 2r + r\frac{(a-x_0)^2 + (b-x_0)^2}{2}\)

\(\le 2r + \frac{(b - a)^2}{2}\)，得证。