上册 2.3 函数的零点 第22题
📝 题目
22．证明下列结论．
（1）设函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，且 $\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=0, \int_{a}^{b} x f(x) \mathrm{d} x=0$ 。证明：$\exists x_{1}, x_{2} \in(a, b)$ ，使得 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)=0$ ．
（2）若 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续，且存在非负整数 $m$ 使 $\int_{a}^{b} x^{n} f(x) \mathrm{d} x=0, n=1,2, \cdots, m$ ，则 $f(x)$ 在 $(a, b)$内至少存在 $m+1$ 个零点．
（3）设 $f(x):[0,1] \rightarrow \mathbf{R}$ 是连续函数，若 $\int_{0}^{1} x^{n} f(x) \mathrm{d} x=0$ 对所有非负整数 $n$ 成立，则 $f(x)$ 在 ［0，1］1恒等于 0 ．
💡 答案解析
\section*{证明过程：}
（1）方法 1：由积分中值定理，存在 $x_{1} \in(a, b)$ ，使得 $\displaystyle f\left(x_{1}\right)=\frac{1}{b-a} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=0$ ．
假若 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内只有一个零点 $x_{1}$ ，则 $0=\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{x_{1}} f(x) \mathrm{d} x+\int_{x_{1}}^{b} f(x) \mathrm{d} x$ ，且 $f(x)$ 在 $\left(a, x_{1}\right)$ 内不能变号，$f(x)$ 在 $\left(x_{1}, b\right)$ 内不能变号（根据连续函数根的存在定理）在 $x_{1}$ 的两侧只能异号，从而 $\left(x-x_{1}\right) f(x)$ 在 $x_{1}$ 的两侧保持同号。于是
$$
0 \neq \int_{a}^{b}\left(x-x_{1}\right) f(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{b} x f(x) \mathrm{d} x-x_{1} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x=0 .
$$
矛盾！故至少存在两点 $x_{1}, x_{2} \in(a, b)$ ，使得 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)=0$ ．
方法2：令 $F(x)=\int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} t,(a \leqslant x \leqslant b)$ ，则 $F(a)=0, F(b)=\int_{a}^{b} f(t) \mathrm{d} t=0$ ，且
$$
\int_{a}^{b} f(x) x \mathrm{~d} x=\int_{a}^{b} x \mathrm{~d} F(x)=\left.x F(x)\right|_{a} ^{h}-\int_{a}^{b} F(x) \mathrm{d} x=-\int_{a}^{h} F(x) \mathrm{d} x=0 .
$$
由中值定理，存在 $\xi \in(a, b)$ ，使 $\int_{a}^{b} F(x) \mathrm{d} x=F(\xi)(b-a)=0$ ．由罗尔中值定理，存在 $x_{1} \in(a, \xi), x_{2} \in(\xi, b)$ ，使 $f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)=0$ ．
（2）令 $F(x)=\int_{a}^{x} f(t) \mathrm{d} t$ ，则 $F(a)=0, F(b)=\int_{a}^{b} f(t) \mathrm{d} t=0$ ．
当 $m=1$ 时，由（1）得 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内至少存在 2 个零点。假设对 $m$ 结论成立，下证对 $m+1$ 结论成立．
由条件 $n=1,2, \cdots, m$ 时， $\int_{a}^{b} x^{n} f(x) \mathrm{d} x=0$ ．由分部积分法
$$
\int_{a}^{b} x^{n} f(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{b} x^{n} \mathrm{~d} F(x)=\left.x^{n} F(x)\right|_{a} ^{b}-n \int_{a}^{b} x^{n-1} F(x) \mathrm{d} x=-n \int_{a}^{b} x^{n-1} F(x) \mathrm{d} x=0 .
$$
于是 $\int_{a}^{b} x^{n-1} F(x) \mathrm{d} x=0$ ．由假设 $F(x)$ 在 $(a, b)$ 内至少存在 $m$ 个零点．又 $F(b)=F(a)=0$ ，因此 $F(x)$在 $[a, b]$ 上至少存在 $m+2$ 个零点，于是 $f(x)=F^{\prime}(x)$ 在 $(a, b)$ 内至少存在 $m+1$ 个零点．
（3）分析：需要用到连续函数，可用多项式一致逼近这个结论。证明如下：
由已知条件及（2）得对任何多项式 $q(x)=a_{0}+a_{1} x+\cdots+a_{m} x^{m}$ 有 $\int_{a}^{b} f(x) q(x) \mathrm{d} x=0$ 。因为 $f(x)$是 $[a, b]$ 上的连续函数，根据魏尔斯特拉斯逼近定理，存在多项式序列 $\left\{p_{n}(x)\right\}$ ，使得 $\left\{p_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f(x)$ ．于是 $\left\{f(x) p_{n}(x)\right\}$ 在 $[a, b]$ 上一致收敛于 $f^{2}(x)$ ．从而有
$$
\lim _{n \rightarrow \infty} \int_{a}^{b} f(x) p_{n}(x) \mathrm{d} x=\int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x
$$
再由 $\int_{a}^{b} f(x) p_{n}(x) \mathrm{d} x=0$ 得 $\int_{a}^{b} f^{2}(x) \mathrm{d} x=0$ ．由 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续得 $f(x) \equiv 0$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明(1)：利用积分中值定理得到第一个零点
由积分中值定理，存在 $x_1 \in (a, b)$ 使得 $f(x_1) = \frac{1}{b-a} \int_a^b f(x) \, dx = 0$。
公式：积分中值定理：$\exists \xi \in [a,b], \int_a^b f(x) dx = f(\xi)(b-a)$
提示：注意积分中值定理要求函数连续，这里满足条件。
步骤 2/5
目标：证明(1)：反证法假设只有一个零点并导出矛盾
假设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内只有一个零点 $x_1$。则 $f(x)$ 在 $(a,x_1)$ 和 $(x_1,b)$ 内不变号，且由于 $\int_a^b f(x) dx = 0$，在 $x_1$ 两侧必须异号。因此 $(x-x_1)f(x)$ 在 $(a,b)$ 内恒正或恒负，从而 $\int_a^b (x-x_1)f(x) dx \neq 0$。但计算得 $\int_a^b (x-x_1)f(x) dx = \int_a^b x f(x) dx - x_1 \int_a^b f(x) dx = 0 - 0 = 0$，矛盾。故至少存在两个零点 $x_1, x_2 \in (a,b)$ 使得 $f(x_1)=f(x_2)=0$。
公式：$\int_a^b (x-x_1)f(x) dx = \int_a^b x f(x) dx - x_1 \int_a^b f(x) dx$
提示：注意 $(x-x_1)f(x)$ 的符号判断：由于 $f(x)$ 在 $x_1$ 两侧异号，$(x-x_1)$ 也在 $x_1$ 两侧异号，乘积同号。
步骤 3/5
目标：证明(2)：构造原函数并利用分部积分
令 $F(x) = \int_a^x f(t) dt$，则 $F(a)=0$，$F(b)=\int_a^b f(t) dt = 0$。对 $n=1,2,\dots,m$，由分部积分：
$$\int_a^b x^n f(x) dx = \int_a^b x^n dF(x) = \left. x^n F(x) \right|_a^b - n \int_a^b x^{n-1} F(x) dx = -n \int_a^b x^{n-1} F(x) dx = 0.$$
因此 $\int_a^b x^{n-1} F(x) dx = 0$ 对 $n=1,\dots,m$ 成立，即 $\int_a^b x^k F(x) dx = 0$ 对 $k=0,1,\dots,m-1$ 成立。
公式：分部积分：$\int u dv = uv - \int v du$
提示：注意 $F(b)=0$ 和 $F(a)=0$ 使得边界项为零。
步骤 4/5
目标：证明(2)：利用归纳法得到零点个数
当 $m=1$ 时，由(1)知 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内至少有两个零点。假设结论对 $m$ 成立，即若 $\int_a^b x^n f(x) dx = 0$ 对 $n=1,\dots,m$ 成立，则 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内至少有 $m+1$ 个零点。现在考虑 $m+1$ 的情况：由条件 $\int_a^b x^n f(x) dx = 0$ 对 $n=1,\dots,m+1$ 成立，则如上一步得到 $\int_a^b x^k F(x) dx = 0$ 对 $k=0,\dots,m$ 成立。由归纳假设，$F(x)$ 在 $(a,b)$ 内至少有 $m+1$ 个零点。又 $F(a)=F(b)=0$，故 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上至少有 $m+2$ 个零点。由罗尔定理，$f(x)=F'(x)$ 在相邻零点之间至少有一个零点，因此 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内至少有 $m+1$ 个零点。
公式：罗尔定理：若 $F(a)=F(b)$，则存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $F'(\xi)=0$
提示：注意归纳假设应用于 $F(x)$ 而不是 $f(x)$，因为 $F(x)$ 满足 $\int_a^b x^k F(x) dx = 0$ 对 $k=0,\dots,m$ 成立。
步骤 5/5
目标：证明(3)：利用多项式逼近
由(2)的结论，对任意多项式 $q(x)=a_0 + a_1 x + \cdots + a_m x^m$，有 $\int_a^b f(x) q(x) dx = 0$。因为 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，由魏尔斯特拉斯逼近定理，存在多项式序列 $\{p_n(x)\}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛于 $f(x)$。于是 $f(x)p_n(x)$ 一致收敛于 $f^2(x)$，从而
$$\lim_{n\to\infty} \int_a^b f(x) p_n(x) dx = \int_a^b f^2(x) dx.$$
但每个 $\int_a^b f(x) p_n(x) dx = 0$，故 $\int_a^b f^2(x) dx = 0$。由于 $f^2(x) \ge 0$ 且连续，必有 $f(x) \equiv 0$。
公式：魏尔斯特拉斯逼近定理：闭区间上的连续函数可用多项式一致逼近
提示：注意一致收敛保证极限与积分交换次序。
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