上海理工大学 2024年数学分析第11题
📝 题目
11．证明有理数 $\displaystyle R(x)=\frac{a_{0}+a_{1} x+\cdots+a_{n} x^{n}}{b_{0}+b_{1} x+\cdots+b_{n} x^{n}}$ 一定存在足够大的 $\displaystyle x_{0}$ 使得 $\displaystyle R(x)$ 在 $\displaystyle \left(-\infty, \frac{1}{2}\right]$和 $\displaystyle \left[\frac{1}{2},+\infty\right)$ 分别单调．
💡 答案解析
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📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：明确问题并设定有理函数形式
设有理函数 $R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$，其中 $P(x)=\sum_{k=0}^n a_k x^k$，$Q(x)=\sum_{k=0}^n b_k x^k$，且 $b_n \neq 0$，$P$ 与 $Q$ 互质（可先约分）。
公式：$R(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$
提示：注意分子分母次数相同，最高次项系数非零，否则需先约分至最简形式。
步骤 2/5
目标：计算导数并分析分子多项式
求导得 $R'(x)=\frac{P'(x)Q(x)-P(x)Q'(x)}{Q^2(x)}$。令 $N(x)=P'(x)Q(x)-P(x)Q'(x)$，则 $N(x)$ 是次数不超过 $2n-2$ 的多项式（最高次项抵消），且只有有限个实根。
公式：$R'(x)=\frac{N(x)}{Q^2(x)}$，$N(x)=P'Q-PQ'$
提示：导数分子 $N(x)$ 的零点对应 $R(x)$ 的驻点，分母 $Q(x)$ 的零点对应极点，两者均有限。
步骤 3/5
目标：确定所有关键点并选取足够大的分界点
设 $N(x)$ 的所有实根为 $r_1,\dots,r_m$，$Q(x)$ 的所有实根（极点）为 $p_1,\dots,p_k$。取 $M = \max\{|r_1|,\dots,|r_m|,|p_1|,\dots,|p_k|,1\}+1$，则当 $|x| \geq M$ 时，$Q(x)\neq 0$ 且 $N(x)\neq 0$。
公式：$M = \max\{|r_1|,\dots,|r_m|,|p_1|,\dots,|p_k|,1\}+1$
提示：M 必须大于所有极点和驻点的绝对值，以确保在区间内导数连续且不变号。
步骤 4/5
目标：证明在远离原点的区间上导数不变号
在区间 $(-\infty, -M]$ 和 $[M, +\infty)$ 上，$Q(x)\neq 0$ 且 $N(x)\neq 0$，故 $R'(x)$ 连续且无零点。由连续性知 $R'(x)$ 在每个区间上符号固定，因此 $R(x)$ 分别严格单调。
公式：无
提示：多项式在无根区间上符号不变，这是连续函数介值定理的推论。
步骤 5/5
目标：取分界点并完成证明
取 $x_0 = M$，则 $R(x)$ 在 $(-\infty, x_0]$ 和 $[x_0, +\infty)$ 上分别单调。若题目要求分界点为 $\frac{1}{2}$，可令 $M \geq \frac{1}{2}$，则 $(-\infty, \frac{1}{2}] \subset (-\infty, M]$，单调性在子区间成立；但 $[\frac{1}{2}, +\infty)$ 不一定包含于 $[M, +\infty)$，故原题中 $\frac{1}{2}$ 应为笔误，正确结论为存在足够大的 $x_0$ 使左右分别单调。
公式：无
提示：注意区间包含关系：当 $M$ 很大时，$(-\infty, M]$ 包含 $(-\infty, \frac{1}{2}]$，但 $[M, +\infty)$ 是 $[\frac{1}{2}, +\infty)$ 的子集，反向不成立。
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