方企勤 第二章 一元函数微分学 第17题
📝 题目
例 17 设 $f\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {-2,2}\right\rbrack$ 上连续,在(-2,2)上二阶可导,且
$$ \left| {f\left( x\right) }\right| \leq 1,\;{f}^{\prime }\left( 0\right) > 1. $$
求证: 存在 $\xi \in \left( {-2,2}\right)$ ,使得 ${f}^{\prime \prime }\left( \xi \right) = 0$ .
思路 要证存在 $\xi \in \left( {-2,2}\right)$ ,使得 ${f}^{\prime \prime }\left( \xi \right) = 0$ ,根据达布定理,只要证 ${f}^{\prime \prime }\left( x\right)$ 在(-2,2)上变号. 用反证法的思路就是假定 ${f}^{\prime \prime }\left( x\right)$ 在 (-2,2)上不变号,即 $f\left( x\right)$ 在(-2,2)上是凹或凸的. 对 $\forall \alpha \in$ (0,2),将区间 $\left\lbrack {-2,2}\right\rbrack$ 分为三个部分区间:
$$ \left\lbrack {-2, - \alpha }\right\rbrack ,\;\left\lbrack {-\alpha ,\alpha }\right\rbrack ,\;\left\lbrack {\alpha ,2}\right\rbrack . $$
如果 $f\left( x\right)$ 在(-2,2)上是凹的,那么 $f\left( x\right)$ 这三个部分区间上弦的斜率单调递增; 如果 $f\left( x\right)$ 在(-2,2)上是凸的,那么 $f\left( x\right)$ 这三个部分区间上弦的斜率单调递减. 反证法要找的矛盾就是选择 $\alpha$ ,使得这三个部分区间上弦的斜率没有单调性.
💡 答案解析
证 令 $\varepsilon = \frac{1}{2}\left( {{f}^{\prime }\left( 0\right) - 1}\right) > 0$ ,则 $1 + \varepsilon < {f}^{\prime }\left( 0\right) = 1 + {2\varepsilon }$ . 因为
$$ \mathop{\lim }\limits_{{\alpha \rightarrow 0 + 0}}\frac{f\left( \alpha \right) - f\left( {-\alpha }\right) }{2\alpha } = {f}^{\prime }\left( 0\right) , $$
所以存在 ${\delta }_{1} > 0$ ,使得
$$ \frac{f\left( \alpha \right) - f\left( {-\alpha }\right) }{2\alpha } > 1 + \varepsilon \;\left( {\forall 0 < \alpha < {\delta }_{1}}\right) . $$
又因为 $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{\alpha \rightarrow 0 + 0}}\frac{2}{2 - \alpha } = 1}$ ,所以存在 ${\delta }_{2} > 0$ ,使得
$$ \frac{2}{2 - \alpha } < 1 + \varepsilon \;\left( {\forall 0 < \alpha < {\delta }_{2}}\right) . $$
因此,如果取定 $\displaystyle{0 < \alpha < \min \left\{ {{\delta }_{1},{\delta }_{2}}\right\}}$ ,则有
$$ \frac{f\left( \alpha \right) - f\left( {-\alpha }\right) }{2\alpha } > 1 + \varepsilon > \frac{2}{2 - \alpha }. $$
根据拉格朗日中值定理,存在 ${\xi }_{0} \in \left( {-\alpha ,\alpha }\right)$ ,使得
$$ {f}^{\prime }\left( {\xi }_{0}\right) = \frac{f\left( \alpha \right) - f\left( {-\alpha }\right) }{2\alpha } > 1 + \varepsilon . \tag{2.8} $$
又由 $\left| {f\left( x\right) }\right| \leq 1$ ,再用拉格朗日中值定理,则存在 ${\xi }_{ - } \in$ $\left( {-2, - \alpha }\right)$ ,使得
$$ {f}^{\prime }\left( {\xi }_{ - }\right) = \frac{f\left( {-\alpha }\right) - f\left( {-2}\right) }{2 - \alpha } \Rightarrow \left| {{f}^{\prime }\left( {\xi }_{ - }\right) }\right| \leq \frac{2}{2 - \alpha } < 1 + \varepsilon ; $$
(2.9)
以及存在 ${\xi }_{ + } \in \left( {\alpha ,2}\right)$ ,使得
$$ {f}^{\prime }\left( {\xi }_{ + }\right) = \frac{f\left( 2\right) - f\left( \alpha \right) }{2 - \alpha } \Rightarrow \left| {{f}^{\prime }\left( {\xi }_{ + }\right) }\right| \leq \frac{2}{2 - \alpha } < 1 + \varepsilon . $$
(2.10)
现在我们用反证法证明本例结论. 如果不存在 $\xi \in \left( {-2,2}\right)$ ,使得 ${f}^{\prime \prime }\left( \xi \right) = 0$ ,则 ${f}^{\prime \prime }\left( x\right)$ 在(-2,2)上不变号.
(1)如果 ${f}^{\prime \prime }\left( x\right) > 0\left( {\forall x \in \left( {-2,2}\right) }\right)$ ,则 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 在(-2,2)严格单调增加, 但是
由 (2.8) 和 (2.10) 式 $\Rightarrow {f}^{\prime }\left( {\xi }_{0}\right) > {f}^{\prime }\left( {\xi }_{ + }\right) \left( {{\xi }_{0} < {\xi }_{ + }}\right)$ ,引出矛盾.
(2)如果 ${f}^{\prime \prime }\left( x\right) < 0\left( {\forall x \in \left( {-2,2}\right) }\right)$ ,则 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 在(-2,2)严格单调下降,但是
由 (2.8) 和 (2.9) 式 $\Rightarrow {f}^{\prime }\left( {\xi }_{0}\right) > {f}^{\prime }\left( {\xi }_{ - }\right) \left( {{\xi }_{0} > {\xi }_{ - }}\right)$ ,引出矛盾. (1) 与 (2) 两种情况的矛盾表明, ${f}^{\prime \prime }\left( x\right)$ 在(-2,2)上必变号,因此根据达布定理,存在 $\xi \in \left( {-2,2}\right)$ ,使得 ${f}^{\prime \prime }\left( \xi \right) = 0$ .