西北工业大学 2023年数学分析第0题
📝 题目
四．（1）$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a, b]$ 上连续，$\displaystyle (a, b)$ 内可导，$\displaystyle f(a)=f(b)=0$ ．证明：
对任意 $\displaystyle k \in R$ ，存在 $\displaystyle \xi \in(a, b)$ ，使得 $\displaystyle k f(\xi)=f^{\prime}(\xi)$ ；
（2）设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a, b](0<a<b)$ 上可导，$\displaystyle f(a) \neq f(b)$ ．证明：存在 $\displaystyle \xi, \eta \in(a, b)$ ，使得 $\displaystyle f^{\prime}(\xi)=\frac{a+b}{2 \eta} f^{\prime}(\eta)$ ；
（3）$\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 可导，且 $\displaystyle \left|f^{\prime}(x)\right| \leq M, x \in[0,1]$ ．证明：对任何正整数 $n$ ，有 $\displaystyle \left|\int_{0}^{1} f(x) d x-\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} f\left(\frac{i}{n}\right)\right| \leq \frac{M}{n}$.
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：证明存在 ξ 使得 k f(ξ) = f'(ξ)
构造辅助函数 $g(x) = e^{-kx} f(x)$，则 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 连续，在 $(a,b)$ 可导，且 $g(a)=e^{-ka}f(a)=0$，$g(b)=e^{-kb}f(b)=0$。由罗尔定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $g'(\xi)=0$。计算 $g'(x)=e^{-kx}(f'(x)-k f(x))$，代入 $\xi$ 得 $e^{-k\xi}(f'(\xi)-k f(\xi))=0$，由于 $e^{-k\xi}\neq 0$，故 $k f(\xi)=f'(\xi)$。
公式：g(x)=e^{-kx}f(x), \quad g'(\xi)=0 \Rightarrow k f(\xi)=f'(\xi)
提示：注意构造辅助函数时指数因子的选择，确保端点值为零，以便应用罗尔定理。
步骤 2/5
目标：证明存在 ξ, η 使得 f'(ξ) = (a+b)/(2η) f'(η)
由拉格朗日中值定理，存在 $\xi \in (a,b)$ 使得 $f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$。再考虑函数 $g(x)=x^2$，由柯西中值定理，存在 $\eta \in (a,b)$ 使得 $\frac{f(b)-f(a)}{b^2-a^2}=\frac{f'(\eta)}{2\eta}$。由于 $b^2-a^2=(b-a)(b+a)$，代入得 $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{a+b}{2\eta}f'(\eta)$，左边即为 $f'(\xi)$，因此 $f'(\xi)=\frac{a+b}{2\eta}f'(\eta)$。
公式：f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}, \quad \frac{f(b)-f(a)}{b^2-a^2}=\frac{f'(\eta)}{2\eta}
提示：注意柯西中值定理要求分母函数导数不为零，这里 $g'(x)=2x$ 在 $(a,b)$ 上因 $a>0$ 而不为零。
步骤 3/5
目标：将积分与黎曼和之差分解为小区间上的积分和
将区间 $[0,1]$ 等分为 $n$ 个小区间 $\left[\frac{i-1}{n},\frac{i}{n}\right]$，$i=1,2,\dots,n$。则 $\int_0^1 f(x)dx = \sum_{i=1}^n \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} f(x)dx$，而 $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right) = \sum_{i=1}^n \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} f\left(\frac{i}{n}\right)dx$，因此差值为 $\sum_{i=1}^n \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} [f(x)-f(\frac{i}{n})]dx$。
公式：\left|\int_0^1 f(x)dx - \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right)\right| = \left|\sum_{i=1}^n \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} [f(x)-f(\frac{i}{n})]dx\right|
提示：注意将黎曼和写成积分形式，便于合并。
步骤 4/5
目标：利用导数有界和中值定理估计每个小区间上的差值
对每个小区间上的 $x$，由拉格朗日中值定理，存在 $c$ 介于 $x$ 与 $\frac{i}{n}$ 之间，使得 $f(x)-f(\frac{i}{n}) = f'(c)(x-\frac{i}{n})$。由于 $|f'(c)| \leq M$ 且 $|x-\frac{i}{n}| \leq \frac{1}{n}$，故 $|f(x)-f(\frac{i}{n})| \leq M \cdot \frac{1}{n}$。因此每个小区间上的积分绝对值不超过 $\int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} \frac{M}{n} dx = \frac{M}{n^2}$。
公式：|f(x)-f(\frac{i}{n})| \leq M \cdot \frac{1}{n}, \quad \int_{\frac{i-1}{n}}^{\frac{i}{n}} \frac{M}{n} dx = \frac{M}{n^2}
提示：注意中值定理中 $c$ 依赖于 $x$，但界 $M$ 是统一的，因此可以整体放缩。
步骤 5/5
目标：求和得到最终不等式
对 $i=1$ 到 $n$ 求和，得 $\left|\int_0^1 f(x)dx - \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right)\right| \leq \sum_{i=1}^n \frac{M}{n^2} = n \cdot \frac{M}{n^2} = \frac{M}{n}$。
公式：\left|\int_0^1 f(x)dx - \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right)\right| \leq \frac{M}{n}
提示：求和时注意 $n$ 项相加，每项为 $M/n^2$，结果恰为 $M/n$。
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