方企勤 第二章 一元函数微分学 第10题
📝 题目
例 10 设 $f\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上连续,在(0,1)内可导,且 $\left| {{f}^{\prime }\left( x\right) }\right| <$ 1,又 $f\left( 0\right) = f\left( 1\right)$ ,求证: 对 $\forall {x}_{1},{x}_{2} \in \left( {0,1}\right)$ ,有
$$ \left| {f\left( {x}_{1}\right) - f\left( {x}_{2}\right) }\right| < \frac{1}{2}. $$
思路 不妨设 $0 \leq {x}_{1} \leq {x}_{2} \leq 1$ ,将区间 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 自然分成三个部分区间 (作为辅助区间) $\left\lbrack {0,{x}_{1}}\right\rbrack ,\left\lbrack {{x}_{1},{x}_{2}}\right\rbrack ,\left\lbrack {{x}_{2},1}\right\rbrack$ . 当 ${x}_{1},{x}_{2}$ 相互离得 “近” $\left( {{x}_{2} - {x}_{1} < \frac{1}{2}}\right)$ 时,根据拉格朗日中值定理,结论显然成立. 而当 ${x}_{1}$ , ${x}_{2}$ 相互离得 “远” $\left( {{x}_{2} - {x}_{1} \geq \frac{1}{2}}\right)$ 时,注意到, ${x}_{1},{x}_{2}$ 分别离左右端点可就“近”了. 所以想到用端点进行插项.
💡 答案解析
证 分两种情况考虑:
① 如果 ${x}_{2} - {x}_{1} < \frac{1}{2}$ ,那么根据拉格朗日中值定理,有
$$ \left| {f\left( {x}_{1}\right) - f\left( {x}_{2}\right) }\right| = \left| {{f}^{\prime }\left( \xi \right) }\right| \left( {{x}_{2} - {x}_{1}}\right) \leq {x}_{2} - {x}_{1} < \frac{1}{2}. $$
② 如果 ${x}_{2} - {x}_{1} \geq \frac{1}{2}$ ,那么 $0 \leq {x}_{1} + \left( {1 - {x}_{2}}\right) \leq \frac{1}{2}$ ,又 $f\left( 0\right) =$ $f\left( 1\right)$ ,所以根据拉格朗日中值定理
$$ \left| {f\left( {x}_{1}\right) - f\left( {x}_{2}\right) }\right| \leq \left| {f\left( {x}_{1}\right) - f\left( 0\right) }\right| + \left| {f\left( 1\right) - f\left( {x}_{2}\right) }\right| $$
$$ \leq \left| {{f}^{\prime }\left( {\xi }_{1}\right) }\right| {x}_{1} + \left| {{f}^{\prime }\left( {\xi }_{2}\right) }\right| \left( {1 - {x}_{2}}\right) $$
$$ < {x}_{1} + \left( {1 - {x}_{2}}\right) \leq \frac{1}{2}, $$
其中 ${\xi }_{1} \in \left( {0,{x}_{1}}\right) ,{\xi }_{2} \in \left( {{x}_{2},1}\right)$ .
\subsubsection{三、用辅助函数法}
很大一类中值命题常常先通过构造适当的辅助函数, 使得题目的结论可转化为该函数的导函数在某区间内存在零点的问题, 并且题目的假设足以保证所构造的辅助函数在相应的区间上具备罗尔定理的条件, 从而推出辅助函数导函数的零点存在性而使命题得到证明. 用框图示意如下:
\begin{center} \includegraphics[max width=0.4\textwidth]{images/007.jpg} \end{center} \hspace*{3em}