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一类中值问题的一般解法

范文

刘碧森　邓嘉鑫

【摘要】中值问题在高等数学中占有重要地位，是研究函数在某个区间整体性质的有力工具，是沟通函数与其导数性质的桥梁.中值问题也因其综合性使得题目显得灵活多变，让人感到难以下手.本文从一道习题出发，深入探讨一类中值问题的解决方法，详细讨论了解决中值问题的关键——原函数的具体构造方法.通过构造合适的原函数可将问题化难为易，化未知为已知，让这类问题迎刃而解，有迹可循.归纳总结类似习题的解决方法，对于微积分的学习大有裨益，善于总结规律与经验对于大学数学学习也有事半功倍的效果.

【关键词】微积分中值定理;多介值问题;原函数;构造方法

一、引言

介值问题、微分中值问题、极值问题、积分中值问题等问题都涉及中值点的存在性问题，在高等数学的各个知识点中占有非常重要的地位.若在要证明的微分表达式中出现多个介值点，这类问题往往难以入手.本文就一类中值点的存在问题中的多介值问题的解法进行讨论，提出这类问题的一般解法.

在教材[1]课后习题集中有如下习题：

习题设f（x）∈C[0，1]∩D（0，1），f（0）=0，f（1）=1.试证：在（0，1）内存在不同的ξ，η，使f′（ξ）f′（η）=1.

笔者发现，这类问题往往要证明的是含有不同介值点的和、差、积、商的形式，要证明的表达式一般是经过四则运算后的结果.

证法一令F（x）=f（x）-1+x，则F（x）在[0，1]上连续，且F（0）=-1<0，F（1）=1>0，由介值定理知，存在x0∈（0，1），使得F（x0）=0，即f（x0）=1-x0.

在[x，x0]和[x0，1]上對f（x）分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点ξ∈（0，x0），η∈（x0，1），使得

f′（ξ）=f（x0）-f（0）x0-0，

f′（η）=f（1）-f（x0）1-x0，

于是

f′（ξ）f′（η）=f（x0）x0·1-f（x0）1-x0=1-x0x0·x01-x0=1.

证法二[2] 不妨设f′（ξ）=h1，f′（η）=h2，满足h1·h2=1，而区间为[0，1]，f（0）=0，f（1）=1，因此由拉格朗日中值公式，可推测存在c∈（0，1），使得

h1=f（c）-f（0）c-0=f（c）c，

h2=f（1）-f（c）1-c=1-f（c）1-c，

其中c需满足f（c）=1-c.

余下证明同解法一.

二、对于问题的再思考

解法一确实非常简洁，但如此巧妙的方法不禁会让人产生疑惑，开始的原函数F（x）=f（x）-1+x是怎么想到的呢？解法二对问题进行了进一步挖深，但似乎还是没有明确指出f（c）=1-c的由来.现在笔者就如何找分段点给出完整的过程.

首先，分析题干可以看出，本题要求找出两个不同的点.为保证ξ≠η，故考虑不同的区间[0，c]，[c，1]，使用拉格朗日中值定理，则ξ∈（0，c），η∈（c，1），

[WB]f′（ξ）=f（c）-f（0）c-0=f（c）c，

f′（η）=f（1）-f（c）1-c=1-f（c）1-c，

要使f′（ξ）f′（η）=f（c）c·1-f（c）1-c=1，

即使f（c）=c或f（c）=1-c.

经检验，f（c）=1-c符合题意.

故可构造函数F（x）=f（x）-1+x，容易得到F（0）F（1）<0，由介值定理，可知c∈（0，1），F（c）=0，证毕！

通过以上分析，教辅答案构造的原函数看上去才是水到渠成的.不仅如此，还可以由此归纳出这类问题的寻找分段点c的一般方法：

①将区间[a，b]从c处分开;

②在区间[a，c]与区间[c，b]上分别使用拉格朗日中值定理，由此得到f′（ξ）与f′（η）关于c的函数表达式;

③将f′（ξ）与f′（η）关于c的函数表达式代入题目所给的关系式中，整理求解得到f（c）的表达式，即可得到所要设的原函数;

④原函数在区间[a，b]内通过介值定理找到分段点c.

以下面这道例题为例，我们可以根据以上提出的四个步骤找到要构造的原函数.

例题设f（x）∈C[0，1]∩D（0，1），f（0）=0，f（1）=1，证明：对任意给定的正数a，b，ξ，η∈（0，1），ξ≠η，使得

af′（ξ）+bf′（η）=a+b.

证明步骤一：

为保证ξ≠η，故考虑不同的区间[0，c]，[c，1].

步骤二：

对函数f（x）使用拉格朗日中值定理，有ξ∈（0，c），η∈（c，1），

f′（ξ）=f（c）-f（0）c-0=f（c）c，

f′（η）=f（1）-f（c）1-c=1-f（c）1-c.

步骤三：

将上述得到的表达式代入题目给出的关系式中，可以得到

af′（ξ）+bf′（η）=af（c）c+b1-f（c）1-c=a+b，

对左式进行变形后可以得到

af（c）c+b1-f（c）1-c

=acf（c）+b（1-c）1-f（c）

=ac[1-f（c）]+b（1-c）f（c）f（c）[1-f（c）]，

即（a+b）f2（c）-[c（a+b）+a]f（c）+ac=0.

对此关于f（c）的一元二次方程进行求解，可以得到

f（c）=c（a+b）+a±[c（a+b）+a]2-4（a+b）ac2（a+b），

对根号内的表达式进行化简，容易得到

[c（a+b）+a]2-4（a+b）ac

=[c（a+b）]2+2（a+b）ac+a2-4（a+b）ac

=[c（a+b）]2-2（a+b）ac+a2

=[c（a+b）-a]2，

因此

f（c）=c（a+b）+a±[c（a+b）-a]2（a+b），

可以得到f（c）的表达式为

f（c）=c（a+b）+a+[c（a+b）-a]2（a+b）=c，

f（c）=c（a+b）+a-[c（a+b）-a]2（a+b）=aa+b.

因此我们可以构造原函数为

F（x）=f（x）-x

或F（x）=f（x）-aa+b.

经检验，F（x）=f（x）-x不符合题意，

故可构造辅助函数F（x）=f（x）-aa+b.

步骤四：

容易得到

F（0）=f（0）-aa+b=-aa+b<0，

F（1）=f（1）-aa+b=1-aa+b>0，

由介值定理，可知c∈（0，1），F（c）=0，即

f（c）=aa+b，

在[0，c]和[c，1]上对f（x）分别应用拉格朗日中值定理，知存在两个不同的点ξ∈（0，c），η∈（c，1），使得

f′（ξ）=fc-f（0）c-0=fcc，

f′（η）=1-fc1-c，

于是

af′（ξ）+bf′（η）

=af（c）c+b1-f（c）1-c

=acaa+b+b（1-c）1-aa+b

=a+b.

证毕！

此类习题还有很多，下面列举其中几道典型例题，读者可以根据本文提供的方法自行求解.