方企勤 第二章 一元函数微分学 第25题

证(1)首先证明 ${x}_{n}$ 的存在性:

思路 1 只要找到 $\left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ 上的一个子区间,在这个区间上曲线 $y = f\left( x\right)$ 所对的弦的斜率为 $\frac{M}{n}$ ,然后在这个区间上用拉格朗日中值定理即可得证. 这个区间也就是我们所说的辅助区间. 注意到这样的弦应该在直线 $y = \frac{M}{n}x$ 上,所以考虑直线 $y = \frac{M}{n}x$ 与 $y = f\left( x\right)$ 是否有交点. 也就是说,辅助区间构造的成功与否归结为函数 $f\left( x\right) - \frac{M}{n}x$ 的零点存在问题.

证法 1 令 $F\left( x\right) = f\left( x\right) - \frac{M}{n}x$ ,依题意,函数 $f\left( x\right)$ 的值域是 $\left\lbrack {0,M}\right\rbrack$ . 又 $f\left( 0\right) = f\left( 1\right) = 0$ ,所以 $\exists {x}_{M} \in \left( {0,1}\right)$ ,使得 $f\left( {x}_{M}\right) = M$ .

$$ \left. \begin{array}{r} F\left( {x}_{M}\right) = f\left( {x}_{M}\right) - \frac{M}{n}{x}_{M} = M\left( {1 - \frac{1}{n}{x}_{M}}\right) > 0 \\ F\left( 1\right) = f\left( 1\right) - \frac{M}{n} = - \frac{M}{n} < 0 \end{array}\right\} \Rightarrow \exists \eta \in \left( {{x}_{M},1}\right) , $$

使得 $F\left( \eta \right) = 0$ ,即 $f\left( \eta \right) = \frac{M}{n}\eta$ . 现在,因为 $f\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {0,\eta }\right\rbrack$ 上连续,在 $\left( {0,\eta }\right)$ 内可导,所以在 $\left\lbrack {0,\eta }\right\rbrack$ 上用拉格朗日中值定理,则 $\exists {x}_{n} \in \left( {0,\eta }\right)$ $\subset \left( {0,1}\right)$ ,使得

$$ {f}^{\prime }\left( {x}_{n}\right) = \frac{f\left( \eta \right) - f\left( 0\right) }{\eta - 0} = \frac{\frac{M}{n}\eta }{\eta } = \frac{M}{n}. $$

思路 2 将 ${f}^{\prime }\left( {x}_{n}\right) = \frac{M}{n}$ 改写成 ${f}^{\prime }\left( {x}_{n}\right) - \frac{M}{n} = 0$ ,注意到

$$ \exists {x}_{n} \in \left( {0,1}\right) \text{ , } $$

使得

${f}^{\prime }\left( {x}_{n}\right) - \frac{M}{n} = 0 \Leftrightarrow {f}^{\prime }\left( x\right) - \frac{M}{n}$ 在(0,1)内有零点

$$ \Leftrightarrow \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\lbrack {f\left( x\right) - \frac{M}{n}x}\right\rbrack \text{ 在 }\left( {0,1}\right) \text{ 内有零点. } $$

证法 2 作辅助函数 $F\left( x\right) = f\left( x\right) - \frac{M}{n}x$ ,要证的是 ${F}^{\prime }\left( x\right)$ 在 (0,1)内有零点.

首先

$$ F\left( 0\right) = 0,\;F\left( 1\right) = f\left( 1\right) - \frac{M}{n} = - \frac{M}{n} < 0. \tag{6.42} $$

其次,依题意,函数 $f\left( x\right)$ 的值域是 $\left\lbrack {0,M}\right\rbrack$ ,又 $f\left( 0\right) = f\left( 1\right) = 0$ ,所以 $\exists {x}_{M} \in \left( {0,1}\right)$ ,使得 $f\left( {x}_{M}\right) = M$ .

$$ F\left( {x}_{M}\right) = f\left( {x}_{M}\right) - \frac{M}{n}{x}_{M} = M\left( {1 - \frac{1}{n}{x}_{M}}\right) > 0. \tag{6.43} $$

联立 (6.42) 和 (6.43) 式,由连续函数的零值定理, $\exists \eta \in \left( {{x}_{M},1}\right)$ ,使得 $F\left( \eta \right) = 0$ . 再在 $\left\lbrack {0,\eta }\right\rbrack$ 上用罗尔定理,有

$$ \exists {x}_{n} \in \left( {0,\eta }\right) \subset \left( {0,1}\right) \text{ , } $$

使得 ${F}^{\prime }\left( {x}_{n}\right) = 0$ . 从而本题得证.

证法 3 首先,如证法 2,作辅助函数 $F\left( x\right) = f\left( x\right) - \frac{M}{n}x$ ,并存在 ${x}_{M} \in \left( {0,1}\right)$ ,使得 $F\left( {x}_{M}\right) > 0$ . 接着分别在 $\left\lbrack {0,{x}_{M}}\right\rbrack$ 上和在 $\left\lbrack {{x}_{M},1}\right\rbrack$ 上用拉格朗日中值定理,则有

存在 $a \in \left( {0,{x}_{M}}\right)$ ,使得 ${F}^{\prime }\left( a\right) = \frac{F\left( {x}_{M}\right) - F\left( 0\right) }{{x}_{M} - 0} > 0$ ;

存在 $b \in \left( {{x}_{M},1}\right)$ ,使得 ${F}^{\prime }\left( b\right) = \frac{F\left( 1\right) - F\left( {x}_{M}\right) }{1 - {x}_{M}} < 0$ .(6.44)

注意到 $F\left( x\right)$ 在 $\left\lbrack {a,b}\right\rbrack$ 上连续,在(a, b)内可导,并由于 (6.44) 式, $F\left( x\right)$ 的最大值不可能在点 $x = a$ 处和在点 $x = b$ 处达到. 从而

$$ \exists {x}_{n} \in \left( {a,b}\right) \subset \left( {0,1}\right) \text{ , } $$

使得

$$ F\left( {x}_{n}\right) = \mathop{\max }\limits_{{x \in \left\lbrack {a,b}\right\rbrack }}F\left( x\right) \Rightarrow {F}^{\prime }\left( {x}_{n}\right) = 0. $$

证法 4 对任意的自然数 $n$ ,因为 $0 < \frac{M}{n} \leq M$ ,先由连续函数的中间值定理,存在 ${c}_{n} \in \left( {0,1}\right)$ ,使得 $f\left( {c}_{n}\right) = \frac{M}{n}$ ,根据证法 $1,\exists {x}_{n} \in$ (0,1),使得 ${f}^{\prime }\left( {x}_{n}\right) = \frac{M}{n}$ .

其次证明 ${x}_{n}$ 的惟一性 用反证法. 假定还有 ${y}_{n} \in \left( {0,1}\right)$ ,使得 ${f}^{\prime }\left( {y}_{n}\right) = \frac{M}{n}$ ,则有

$$ {f}^{\prime }\left( {x}_{n}\right) = {f}^{\prime }\left( {y}_{n}\right) , $$

由罗尔定理,存在 $\xi$ 于 ${x}_{n}$ 与 ${y}_{n}$ 之间,使得 ${f}^{\prime \prime }\left( \xi \right) = 0$ ,这与 ${f}^{\prime \prime }\left( x\right) < 0$ 矛盾.

(2)因为 ${f}^{\prime \prime }\left( x\right) < 0 \Rightarrow {f}^{\prime }\left( x\right)$ 单调下降,所以

$$ {f}^{\prime }\left( {x}_{n}\right) = \frac{M}{n} > \frac{M}{n + 1} = {f}^{\prime }\left( {x}_{n + 1}\right) > 0\overset{\text{ 令 }}{ = }{f}^{\prime }\left( {x}_{0}\right) $$

$$ \Rightarrow {x}_{n} < {x}_{n + 1} < 1\text{ . } $$

这意味着 ${x}_{n}$ 是单调增加的有界数列,从而 $\displaystyle{\exists \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{x}_{n}}$ . 设 $\displaystyle{\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{x}_{n} = a}$ ,则由 ${f}^{\prime }\left( x\right)$ 的连续性,我们有

$$ {f}^{\prime }\left( a\right) = {f}^{\prime }\left( {\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{x}_{n}}\right) = \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{f}^{\prime }\left( {x}_{n}\right) = \mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}\frac{M}{n} = 0. $$

又由连续函数的最大值定理, $\exists {x}_{0} \in \left\lbrack {0,1}\right\rbrack$ ,使得 $f\left( {x}_{0}\right) = M$ ,但

$$ f\left( 0\right) = f\left( 1\right) = 0, $$

故有 ${x}_{0} \in \left( {0,1}\right)$ ,从而 ${x}_{0}$ 是极值点,于是 ${f}^{\prime }\left( {x}_{0}\right) = 0$ .

再由 ${f}^{\prime \prime }\left( x\right) < 0$ 的假定,于是

$$ \left. \begin{array}{l} {f}^{\prime }\left( a\right) = 0 \\ {f}^{\prime }\left( {x}_{0}\right) = 0 \end{array}\right\} \Rightarrow a = {x}_{0} \Rightarrow f\left( {\mathop{\lim }\limits_{{n \rightarrow \infty }}{x}_{n}}\right) = f\left( a\right) = f\left( {x}_{0}\right) = M. $$