摘要:罗尔定理在一元微分学处于很重要的地位,本文通过构造函数的思想来探究罗尔定理的应用。
Abstract: Rolle"s theorem plays a very important part in the study of one differential calculus. This paper attempts to explore the application of Rolle’s theorem from the perspective of constructing function.
关键词:罗尔定理;构造函数;连续;可导
Key words: RollTheorem;constructingfunction;continuous;derivatives
中图分类号:O1-0 文献标识码:A文章编号:1006-4311(2010)31-0140-02
1知识准备
罗尔定理:设函数f(x)在闭区间[a,b]上连续,在开区间(a,b)内可导,且f(b)=f(a),则在(a,b)至少存在一点ξ使下式成立:
f′(ξ)=0
2如果有条件f(x)在一个端点上的值为 0,并且证明的等式有自然数m和n,则要借助fm和fn构造辅助函数
例1:若函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,且f(x)?酆0,x∈(a,b),f(a)=0则对任意自然数m和n,存在x1∈(a,b)和x2∈(a,b)使= 成立。
证明:令g(x)=fn(x)fm(x)(a+b-x),因为f(a)=0则g(a)=g(b)=0
由罗尔定理,存在ξ∈(a,b),使g′(ξ)=0
即nfn-1(ξ)fm(a+b-ξ)f′(ξ)-mfn(ξ)fm-1(a+b-ξ)f′(a+b-ξ)=0
令ξ=x1,a+b-ξ=x2
整理得:=
命题得证。
又如:若函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,且f(b)=f(a)=0,f(x)?酆0,(x∈(a,b))则对任意的自然数n,存在ξ∈(a,b),使nf′(ξ)+f(ξ)=0成立。
令g(x)=fn(x)ex,即可得证。
3如果在要证明的等式中同时出现函数及其导数,可以想函数ex的特性(ex)′=ex,应用罗尔定理的时候ex可以约去,在这里只起辅助作用
例2:若函数f(x)在[x1,x2]上连续,在(x1,x2)内可导,且f(x1)=f(x2)=0,则存在ξ∈(x1,x2)使f(ξ)+f′(ξ)=0。
证明:令g(x)=f(x)ex,由于,f(x1)=f(x2)=0可知g(x1)=g(x2)=0,由罗尔定理,存在ξ∈(x1,x2)使g′(ξ)=0,即,因此,即可证明。
例3 若函数f(x)及g(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,且f(b)=f(a)=0则存在ξ∈(a,b)使f′(ξ)+f(ξ)g′(ξ)=0
证明:令p(x)=f(x)eg(x),f(b)=f(a)=0可知p(b)=p(a)=0,由罗尔定理,存在ξ∈(a,b),使p′(ξ)=0, 即f′(ξ)eg(ξ)+f(ξ)eg(ξ)g′(ξ)=0
因为eξ≠0,即可证明。
另外如:若函数f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,且f(b)=f(a)=0则对任意自然数n,存在ξ∈(a,b),使f′(ξ)+nf(ξ)=0
这是例2的特殊情况,令g(x)=enx,即可证明。
4利用不定积分法构造辅助函数
例4:设函数f(x)和g(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,且对任意的x∈(a,b)有g′(x)≠0,证明:
①对于[a,b]上任意不同的两点x1及x2有g(x2)-g(x1)≠0。
②至少存在一点ξ∈(a,b),使=
分析:要证明的②属于中值ξ的存在性,要证的结论中的ξ换成x且变形为[f(x)-f(a)]g′(x)=[g(b)-g(x)]f′(x)
积分得[f(x)-f(a)]g′(x)dx=[g(b)-g(x)]f′(x)dx
上式左端用分部积分法,右端拆成两个积分,得:
[f(x)-f(a)]g(x)-g(x)-f′(x)dx=g(b)f′(x)dx-g(x)-f′(x)dx
从而得[f(x)-f(a)]g(x)=g(b)f′(x)dx
故[f(x)-f(a)]g(x)=g(b)f(x)+C
取C=0,并移项,使等式右端为零,等式左端就是所构造的辅助函数。
证明:(1)由题设知,函数g(x)在以x1和x2为端点的闭区间上满足拉格朗日中值定理的条件,故有:g(x2)-g(x1)=g′(ξ)(x2-x1)(ξ在x1,x2之间)
又因为g′(ξ)≠0,X2-X1≠0所以g(x2)-g(x1)≠0
(2)设F(x)=[f(x)-f(a)]g(x)-g(b)f(x)
由题设知,F(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,且F(a)=F(b)-f(a)g(b)
由罗尔定理,至少存在一点ξ∈(a,b),使F′(ξ)=0,即:
f′(ξ)g(ξ)+[f(ξ)-f(a)]g′(ξ)-g(b)f′(ξ)=0
亦即=
又如:设f(x)在[0,1]上有连续导数,在(0,1)内二阶可导,且f(0)=f(1)=0,
证明:至少存在一点ξ∈(a,b),使2f′(ξ)+ξf″(ξ)=0。
将要证明的结论中的ξ换成x,积分可得。
5利用三点确定二次抛物线的方法构造函数
例5:设f(x)在[-1,1]上有二阶连续导数,且f(-1)=0,f(0)=0,f(1)=2
证明:存在ξ∈[-1,1],使f″(ξ)=2
分析:若令p(x)=ax2+bx则p(0)=0=f(0),
只要使p(-1)=a-b=0=f(-1)及p(1)=a+b=2=f(1),则p(x)与f(x)在x=-1,0,1三点处的函数值相等,求得a=1,b=1作F(x)=f(x)-x2-x,则有F″(x)=f″(x)-2,于是可对F(x)及F′(x)用罗尔定理证,上述的p(x)就是过三点(-1,0),(0,0),(1,2)的抛物线。
证明:过三点(-1,0),(0,0),(1,2)作抛物线p(x)=ax2+bx
令a+b=2a-b=1解得,a=1,b=1
作辅助函数F(x)=f(x)-p(x)=f(x)-x2-x
则F(-1)=F(0)=F(1)=0,
对F(x)在[-1,0]和[0,1]上分别用罗尔定理。
存在ξ1∈(-1,0)和ξ2∈(0,1),使F′(ξ1)=F′(ξ2)=0
再对F′(x)在[ξ1,ξ2]上用罗尔定理,存在ξ∈[ξ1,ξ2]?奂(-1,1),使F″(ξ)=0即f″(x)-2,命题得证。
6常数K值构造函数
例6:设f(x)在[a,b]上连续,在(a,b)内可导,0?刍a?刍b
证明:存在一点ξ∈(a,b),使f(b)-f(a)=ξf′(ξ)ln
分析:欲证f(b)-f(a)=ξf′(ξ)ln
即=ξf′(ξ)
令=k(k≠0)
则只要证k=f′(ξ) 即f′(ξ)-k=0
亦即[f(x)-klnx]′ =0 顾可考虑
选择F(x)=f(x)-klnx在[a,b]上用罗尔定理证。
F(x)是否满足罗尔定理的三个条件?在(a,b)可导,很显然,关键F(a)=F(b),即f(a)-klna=f(b)-klnb是否成立,也显然。
证明:将要证明的等式化为=ξf′(ξ),
令=k(k≠0)?圯f(a)-klna=f(b)-klnb
将上面等式的一边的a(或b)换成连续变量x得到表达式即为辅助函数,即设F(x)=f(x)-klnx=f(x)-lnx
在F(x)在[a,b]上满足罗尔定理的条件,故在(a,b)至少存在一点ξ,使F′(ξ)=0
即f′(ξ)-•=0
亦即f(b)-f(a)=ξf′(ξ)ln
参考文献:
[1]姚云龙.数学分析[M].复旦大学出版社,2002.
[2]邹应.数学分析习题及其解答[M].武汉大学出版社,2001.
[3]吴良林,毛羽辉,宋国栋,魏木生.数学分析习题精解[M].科学出版社,2002.