零点问题的证明

零点问题存在性的证明方法:

由连续函数介值定理或连续函数零点定理证明

由罗尔定理证明:

设f(x)f(x)f(x)存在kkk阶导数, 则如果f(x)f(x)f(x)有k(k≥2)k(k\ge2)k(k≥2)个零点,则f′(x)f'(x)f′(x)至少有(k−1)(k-1)(k−1)个零点;...;f(k−1)(x);...;f^{(k-1)}(x);...;f(k−1)(x)至少有1个零点.

至多有几个零点的证明方法:

设下列所提到的导数都存在,则有:

如果f′(x)f'(x)f′(x)没有零点,则f(x)f(x)f(x)至多有1个零点

如果f′(x)f'(x)f′(x)至多有1个零点,则f(x)f(x)f(x)至多有2个零点

......

如果f′(x)f'(x)f′(x)至多有k个零点,则f(x)f(x)f(x)至多有k+1个零点

如果f′′(x)f''(x)f′′(x)没有零点,则f′(x)f'(x)f′(x)至多有1个零点,f(x)f(x)f(x)至多有2个零点...

f(x)f(x)f(x)的零点与f′(x)f'(x)f′(x)的零点问题

[例1] (介值定理; 罗尔定理)

设f(x)f(x)f(x)满足(1)在[0,1][0,1][0,1]上连续;(2)在(0,1)(0,1)(0,1)上可导;(3)有点xi∈(0,1)x_i\in(0,1)xi​∈(0,1)及常数pip_ipi​,满足0

证明:

如果f(xi)(i=1,...,n)f(x_i)(i=1,...,n)f(xi​)(i=1,...,n)中至少有一个等于1, 例如f(x1)=1f(x_1)=1f(x1​)=1,则f(x)f(x)f(x)在(x1,1)(x_1,1)(x1​,1)上满足罗尔定理,即∃ξ∈(x1,1)⊂(0,1)\exists\xi\in(x_1,1)\subset(0,1)∃ξ∈(x1​,1)⊂(0,1),使f′(ξ)=0f'(\xi)=0f′(ξ)=0

如果f(xi)(i=1,...,n)f(x_i)(i=1,...,n)f(xi​)(i=1,...,n)中无一等于1,那么不可能所有的f(xi)f(x_i)f(xi​)都大于1,因若f(xi)>1(i=1,...,n)f(x_i)>1(i=1,...,n)f(xi​)>1(i=1,...,n),则∑i=1npif(xi)>∑i=1npi=1\sum\limits_{i=1}^np_if(x_i)>\sum\limits_{i=1}^np_i=1i=1∑n​pi​f(xi​)>i=1∑n​pi​=1,与题设矛盾.同理, 也不可能所有的f(xi)f(x_i)f(xi​)都小于1.

所以f(xi)(i=1,...,n)f(x_i)(i=1,...,n)f(xi​)(i=1,...,n)中至少有一个f(xi)f(x_i)f(xi​)大于1,也至少有一个f(xi)f(x_i)f(xi​)小于1,由连续函数介值定理知,至少有某η∈(0,1),f(η)=1\eta\in(0,1),f(\eta)=1η∈(0,1),f(η)=1

所以在[η,1][\eta, 1][η,1]上f(x)f(x)f(x)满足罗尔定理, 即∃ξ∈(η,1)⊂(0,1),\exists\xi\in(\eta,1)\subset(0,1),∃ξ∈(η,1)⊂(0,1),使f′(ξ)=0f'(\xi)=0f′(ξ)=0.证毕.

[例2] (积分中值定理;用存在极值证明一阶导数存在零点)

设f(x)f(x)f(x)在[0,1]上连续,在(0,1)上可导,f(0)=0,f(1)=1,∫01f(x)dx=2f(0)=0,f(1)=1, \int_0^1f(x)dx=2f(0)=0,f(1)=1,∫01​f(x)dx=2,求证:至少存在一点ξ∈(0,1),\xi\in(0,1),ξ∈(0,1),使f′(ξ)=0f'(\xi)=0f′(ξ)=0.

[解题思路] 如果仍用罗尔定理,那么要从所给条件中去挖掘相当于f(a)=f(b)f(a)=f(b)f(a)=f(b)的条件, 这也不是不可能,但有点麻烦,这里用另一条思路,如果能在区间(0,1)内证明必存在极值,那么在可导的条件下,极值点处比有f′(ξ)=0,f'(\xi)=0,f′(ξ)=0,这就是用极值的必要条件证明f′(x)f'(x)f′(x)的零点存在性.

证明:

由∫01f(x)dx=2\int_0^1f(x)dx=2∫01​f(x)dx=2及积分中值定理得,存在η∈[0,1]\eta\in[0,1]η∈[0,1],使f(η)(1−0)=f(η)=2f(\eta)(1-0)=f(\eta)=2f(η)(1−0)=f(η)=2.

由于f(x)f(x)f(x)在[0,1]上连续,故存在最大值, 但f(η)=2,f(0)=0,f(1)=1f(\eta)=2, f(0)=0,f(1)=1f(η)=2,f(0)=0,f(1)=1

故必存在极大值点ξ∈(0,1)\xi\in(0,1)ξ∈(0,1).

因此证明了存在ξ∈(0,1),\xi\in(0,1),ξ∈(0,1),使f′(ξ)=0f'(\xi)=0f′(ξ)=0.

[例3] (用存在极值证明一阶导数存在零点)

设f(x)f(x)f(x)在[a,b]上可导,且f′(a)f′(b)<0f'(a)f'(b)<0f′(a)f′(b)<0,证明至少存在一点ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)ξ∈(a,b)使f′(ξ)=0.f'(\xi)=0.f′(ξ)=0.

[解题思路] 根据条件f′(a)f′(b)<0f'(a)f'(b)<0f′(a)f′(b)<0,证明存在ξ\xiξ使f′(ξ)=0f'(\xi)=0f′(ξ)=0,似乎很容易, 但实际不然,这里并没有假定f′(x)f'(x)f′(x)在[a,b]上连续,不能对f′(x)f'(x)f′(x)用零点定理.应该从f′(a)f'(a)f′(a)与f′(b)f'(b)f′(b)反号入手,去证明在开区间(a,b)内部必存在f(x)f(x)f(x)的极值点.

证明:

不妨设f′(a)>0,f′(b)<0,f'(a)>0, f'(b)<0,f′(a)>0,f′(b)<0,,从而有:

lim⁡x→a+f(x)−f(a)x−a=f+′(a)=f′(a)>0\lim\limits_{x\rightarrow a^+}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f_+'(a)=f'(a)>0x→a+lim​x−af(x)−f(a)​=f+′​(a)=f′(a)>0

lim⁡x→b−f(x)−f(b)x−b=f−′(b)=f′(b)<0\lim\limits_{x\rightarrow b^-}\frac{f(x)-f(b)}{x-b}=f_-'(b)=f'(b)<0x→b−lim​x−bf(x)−f(b)​=f−′​(b)=f′(b)<0

由保号性可知:

∃δ1>0,\exists\delta_1>0,∃δ1​>0,当00f(x)-f(a)>0f(x)−f(a)>0

∃δ2>0,\exists\delta_2>0,∃δ2​>0,当−δ20f(x)-f(b)>0f(x)−f(b)>0

故f(a),f(b)f(a),f(b)f(a),f(b)都不是f(x)f(x)f(x)在[a,b]上的最大值,f(x)在[a,b]上的最大值必在区间(a,b)内,又由于f(x)f(x)f(x)在区间[a,b]上可导, 故存在ξ∈(a,b),\xi\in(a,b),ξ∈(a,b),使f′(ξ)=0,ξf'(\xi)=0, \xif′(ξ)=0,ξ为极大值点.

[例4] (积分法; 罗尔定理)

设a0+a12+⋯+ann+1=0a_0+\frac{a_1}{2}+\cdots+\frac{a_n}{n+1}=0a0​+2a1​​+⋯+n+1an​​=0,证明ψ(x)=a0+a1x+⋯+anxn\psi(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^nψ(x)=a0​+a1​x+⋯+an​xn在(0,1)内至少有1个零点.

[解题思路]考虑函数ψ(x)\psi(x)ψ(x)的零点,很自然地想到用函数的零点定理,但立刻发现:

ψ(0)=a0,ψ(1)=a0+a1+⋯+an\psi(0)=a_0, \psi(1)=a_0+a_1+\cdots+a_nψ(0)=a0​,ψ(1)=a0​+a1​+⋯+an​,

无法知道ψ(0),ψ(1)\psi(0), \psi(1)ψ(0),ψ(1)是否反号. 可以考虑罗尔定理, 罗尔定理也可看做导函数的零点定理,不妨以罗尔定理试之,要构造一个函数φ(x),\varphi(x),φ(x),使φ′(x)=ψ(x)\varphi'(x)=\psi(x)φ′(x)=ψ(x),构造φ′(x)=ψ(x)\varphi'(x)=\psi(x)φ′(x)=ψ(x)的方法很多,其中之一是积分法:取φ(x)=∫axψ(t)dt\varphi(x)=\int_a^x\psi(t)dtφ(x)=∫ax​ψ(t)dt或φ(x)=∫ψ(x)dx\varphi(x)=\int\psi(x)dxφ(x)=∫ψ(x)dx

用积分法: 记

φ(x)=∫ψ(x)dx=∫(a0+a1x+⋯+anxn)dx=\varphi(x)=\int\psi(x)dx=\int(a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n)dx=φ(x)=∫ψ(x)dx=∫(a0​+a1​x+⋯+an​xn)dx= a0x+a12x2+⋯+ann+1xn+1+Ca_0x+\frac{a_1}{2}x^2+\cdots+\frac{a_n}{n+1}x^{n+1}+Ca0​x+2a1​​x2+⋯+n+1an​​xn+1+C.

有φ(0)=C,φ(1)=a0+a12+ann+1+C=C=φ(0),\varphi(0)=C, \varphi(1)=a_0+\frac{a_1}{2}+\frac{a_n}{n+1}+C=C=\varphi(0),φ(0)=C,φ(1)=a0​+2a1​​+n+1an​​+C=C=φ(0), 又φ(x)\varphi(x)φ(x)在[0,1]上连续,在(0,1)上可导,故φ(x)\varphi(x)φ(x)在[0,1]上满足罗尔定理,所以∃ξ∈(0,1)\exists\xi\in(0,1)∃ξ∈(0,1),使φ′(x)=0,\varphi'(x)=0,φ′(x)=0,即ψ(x)=0\psi(x)=0ψ(x)=0.证毕.

[例5] (积分法; 罗尔定理)

设f(x),g(x)f(x),g(x)f(x),g(x)在区间[a,b]上连续,并设φ(x)=g(x)∫abf(x)dx−f(x)∫abg(x)dx\varphi(x)=g(x)\int_a^bf(x)dx - f(x)\int_a^bg(x)dxφ(x)=g(x)∫ab​f(x)dx−f(x)∫ab​g(x)dx,证明存在ξ∈(a,b)\xi\in(a,b)ξ∈(a,b),使φ(ξ)=0\varphi(\xi)=0φ(ξ)=0.

[解题思路] 因为g(a),g(b),f(a),f(b)g(a),g(b),f(a),f(b)g(a),g(b),f(a),f(b)无法比较大小, 所以无法用连续函数介值定理,转而想到构造一个函数Φ(x),\Phi(x),Φ(x),使Φ′(x)=φ(x)\Phi'(x)=\varphi(x)Φ′(x)=φ(x),然后对Φ(x)\Phi(x)Φ(x)使用罗尔定理.

令Φ(x)=∫axg(t)dt∫abf(x)dx−∫axf(t)dt∫abg(x)dx,\Phi(x)=\int_a^xg(t)dt\int_a^bf(x)dx - \int_a^xf(t)dt\int_a^bg(x)dx,Φ(x)=∫ax​g(t)dt∫ab​f(x)dx−∫ax​f(t)dt∫ab​g(x)dx, 则有Φ(a)=0,Φ(b)=0\Phi(a)=0, \Phi(b)=0Φ(a)=0,Φ(b)=0,根据罗尔定理, ∃ξ∈(a,b),Φ(ξ)=0\exists\xi\in(a,b),\Phi(\xi)=0∃ξ∈(a,b),Φ(ξ)=0,即

φ(ξ)=g(ξ)∫abf(x)dx−f(ξ)∫abg(x)dx=0\varphi(\xi)=g(\xi)\int_a^bf(x)dx - f(\xi)\int_a^bg(x)dx = 0φ(ξ)=g(ξ)∫ab​f(x)dx−f(ξ)∫ab​g(x)dx=0.证毕.

[注] 由于∫abf(x)dx\int_a^bf(x)dx∫ab​f(x)dx和∫abg(x)dx\int_a^bg(x)dx∫ab​g(x)dx都是定值,故可令A=∫abf(x)dx,B=∫abg(x)dxA=\int_a^bf(x)dx,B=\int_a^bg(x)dxA=∫ab​f(x)dx,B=∫ab​g(x)dx,则φ(x),Φ(x)\varphi(x), \Phi(x)φ(x),Φ(x)可简写为:

φ(x)=Ag(x)+Bf(x)\varphi(x)=Ag(x)+Bf(x)φ(x)=Ag(x)+Bf(x)

Φ(x)=A∫axg(x)dx+B∫axf(x)dx\Phi(x)=A\int_a^xg(x)dx + B\int_a^xf(x)dxΦ(x)=A∫ax​g(x)dx+B∫ax​f(x)dx