羅爾定理一個課后習(xí)題的價值挖掘

費錫仙 （湖北工業(yè)大學(xué)理學(xué)院，湖北 武漢430068）

大學(xué)數(shù)學(xué)的微積分中值定理中最基本也最重要的是羅爾 （Rolle）中值定理 （以下簡稱羅爾定理），很有意思的是它雖然是拉格朗日 （Lagrange）中值定理和柯西 （Cauchy）中值定理的特殊情形，但實際上這2個定理的證明確是構(gòu)造出新的函數(shù)滿足羅爾定理的3個條件并證明出來的［1－2］。更有意思的是，課后有個習(xí)題用3次羅爾定理就可證出結(jié)論，該習(xí)題的證明和結(jié)論卻對于很多看似無從下手的題有著重要的價值和指導(dǎo)意義。

1 羅爾定理

定理1 （羅爾定理）［1］若f（x）在［a，b］上連續(xù)，在（a，b）內(nèi)可導(dǎo)，且f（a）＝f（b），則在（a，b）內(nèi)至少存在一點ξ使得f′（ξ）＝0。

2 羅爾定理課后習(xí)題及其證明

習(xí)題1［1］若函數(shù)f（x）在（a，b）內(nèi)具有二階導(dǎo)數(shù)，且：

則在（x1，x3）內(nèi)至少存在一點ξ使得f″（ξ）＝0。

證明 若函數(shù)f（x）在（a，b）內(nèi)具有二階導(dǎo)數(shù)，a＜x1＜x2＜x3＜b，則：

1）f（x）在［x1，x2］上連續(xù)，在（x1，x2）內(nèi)可導(dǎo)，且f（x1）＝f（x2），則由羅爾定理知，在（x1，x2）內(nèi)至少存在一點ξ1使得f′（ξ1）＝0。

2）同理可知，在（x2，x3）內(nèi)至少存在一點ξ2使得f′（ξ2）＝0。

3）由函數(shù)f（x）在（a，b）內(nèi)具有二階導(dǎo)數(shù)可知，f′（x）在［ξ1，ξ2］? （x1，x3）? （a，b）上連續(xù)，在（ξ1，ξ2）內(nèi)可導(dǎo)，且f′（ξ1）＝0＝f′（ξ2），則由羅爾定理知，在（x1，x3）內(nèi)至少存在一點ξ使得f″（ξ）＝0。

該習(xí)題用了3次羅爾定理，結(jié)論顯然。

3 習(xí)題1及其證明思想的啟發(fā)與挖掘

例1 設(shè)函數(shù)f（x）在［－a，a］上連續(xù)，在（－a，a）內(nèi)具有二階導(dǎo)數(shù)，且，則在（－a，a）內(nèi)至少存在一點ξ使得f″（ξ）＝0。

證明 因為函數(shù)f（x）在［－a，a］上連續(xù)，在（－a，a）內(nèi)具有二階導(dǎo)數(shù)，則：

1）函數(shù)f（x）在［－a，0］上連續(xù)，在（－a，0）內(nèi)可導(dǎo)，由拉格朗日中值定理知，至少存在ξ1∈（－a，0），使得f（0）－f（－a）＝f′（ξ1）［0－（－a）］＝a·f′（ξ1）。

2）同理，至少存在ξ2∈ （0，a），使得f（a）－f（0）＝f′（ξ2）［a－0］＝a·f′（ξ2）。

3）又f′（x）在［ξ1，ξ2］? （－a，a）上連續(xù)，在（ξ1，ξ2）內(nèi)可導(dǎo)，且即2f（0）＝f（－a）＋f（a），也即f（0）－f（－a）＝f（a）－f（0），則有a·f′（ξ1）＝a·f′（ξ2），又a≠0，則有f′（ξ1）＝f′（ξ2），故對于函數(shù)f′（x）由羅爾中值定理知，至少存在一點ξ∈ （ξ1，ξ2）? （－a，a）使得f″（ξ）＝0。

例1的證明跟習(xí)題1的證明思想類似，例1具體用的是2次拉格朗日中值定理和1次羅爾中值定理。

例2［3］設(shè)f（x）在閉區(qū)間［a，b］上具有二階導(dǎo)數(shù)，且f（a）＝f（b）＝0，f′（a）·f′（b）＞0，則：

1）至少存在一點ξ∈ （a，b）使得f（ξ）＝0；

2）至少存在一點η∈ （a，b），使得f″（η）＝0。

如果把例2中的結(jié)論（1）當作已知條件，則結(jié)論（2）就是習(xí)題1的結(jié)論，所以例2的重點是如何把結(jié)論（1）證出。如果把結(jié)論（1）去掉，例2就相當有難度了，因此結(jié)論（1）的挖掘非常必要。下面簡單介紹結(jié)論（1）的證明。

因為f′（a）·f′（b）＞0，不妨設(shè)f′（a）＞0，f′（b）＞0（f′（a）＜0，f′（b）＜0也可以類似討論），又f（a）＝f（b）＝0，f（x）在閉區(qū)間［a，b］上具有二階導(dǎo)數(shù)，則由保號性知，至少存在一點x1∈ （a，a＋δ1），（δ1＞0）使得f（x1）＞f（a）＝0；同理，也至少存在一點x2∈ （b－δ2，b）（δ2＞0）使得f（x2）＞f（b）＝0，且x1＜x2（否則矛盾），則f（x）在［x1，x2］? （a，b）上連續(xù)，由零點定理知，至少存在一點ξ∈ ［x1，x2］?（a，b）使得f（ξ）＝0。

例3［3］設(shè)f（x）在［0，2π］上連續(xù)，在（0，2π）內(nèi)二階可導(dǎo)，且f″（x）≠f（x），則在（0，2π）內(nèi)至少存在一點ξ∈ （0，2π），使得

例3更具隱蔽性，因為結(jié)論看著挺復(fù)雜的，而且難以猜測與構(gòu)造。

但若構(gòu)造函數(shù)G（x）＝－sinx·f（x），顯然G（x）在［0，2π］上連續(xù)，在（0，2π）內(nèi)二階可導(dǎo)，且：

若此時將題目結(jié)論改成，G（x）在（0，2π）內(nèi)至少存在一點ξ∈（0，2π），使得G″（ξ）＝0，即G″（ξ）＝sinξ·［f（ξ）－f″（ξ）］－2cosξ·f′（ξ）＝ 0 再由 f″（ξ）≠ f（ξ），將 G″（ξ）＝ 0 的結(jié)論變一下形，tanξ ＝就得到證明。

例3看似很難，但其實就是習(xí)題1的一個具體應(yīng)用而已。

例4不僅要證在（0，π）內(nèi)有點ξ1，ξ2，使得f（ξ1）＝f（ξ2）＝0，而且還要說明此2點不同。其實函數(shù)f（x）在［0，π］上連續(xù)，且由積分中值定理不難證明至少存在一點ξ∈ （0，π），使得f（ξ）＝0，但這與例4的結(jié)論相去甚遠，而且例4結(jié)論要強調(diào)至少存在2個不同的點。這個在習(xí)題1的證明中間環(huán)節(jié)中有體現(xiàn)，所以例4比例3更復(fù)雜。

再由積分中值定理知至少存在一點ξ∈ （0，π），使得F（ξ）·sinξ·π＝0，而ξ∈ （0，π）時sinξ≠0，則至少存在一點ξ∈ （0，π）使得F（ξ）＝0，所以就有F（0）＝F（ξ）＝F（π）＝0，最后只需在［0，ξ］及［ξ，π］上分別用1次羅爾定理例4就得證了。

例4若將已知條件加強，補充f（x）在（0，π）內(nèi)可導(dǎo)，最終證明至少存在一點η∈（0，π），使得f′（η）＝0就更難了，而此時若熟諳習(xí)題1的結(jié)論就可以應(yīng)對自如了。

例5 設(shè)f（x），g（x）在［a，b］上二階可導(dǎo)，且g″（x）≠0，又f（a）＝f（b）＝g（a）＝g（b）＝0，則：

1）在（a，b）內(nèi)g（x）≠0；

若構(gòu)造函數(shù)F（x）＝f′（x）·g（x）－f（x）·g′（x），顯然F（x）在［a，b］上連續(xù)，在（a，b）內(nèi)可導(dǎo)，且F（a）＝F（b）＝0，則由羅爾定理知至少存在一點ξ∈ （a，b），使得F′（ξ）＝0，即F′（ξ）＝f″（ξ）·g（ξ）－f（ξ）·g″（ξ）＝0，而若要得到結(jié)論就要移項兩邊分別除以g″（ξ）和g（ξ），而由已知條件知g″（ξ）≠0，所以最終就是要討論g（ξ）是否為0了，而這恰好是問題（1）要證明的。

可以用反證法證在（a，b）內(nèi)g（x）≠0。先假設(shè)在（a，b）內(nèi)至少有一點η∈ （a，b）使得g（η）＝0，則對于函數(shù)g（x）而言滿足習(xí)題1的所有條件，即g（x）在［a，b］上二階可導(dǎo)，且g（a）＝g（η）＝g（b）＝0，則至少存在一點ζ∈（a，b）使得g″（ζ）＝0，而這與已知條件矛盾，故假設(shè)不成立，因而例5的結(jié)論（1）得證。

例5看似簡單，但其細節(jié)必須討論清楚，不能想當然，而且很有意思的是，一個看似不相關(guān)的結(jié)論，但在使用反證法時卻用到了習(xí)題1的結(jié)論，最后導(dǎo)出假設(shè)不正確。

例6 設(shè)f（x）在［0，1］上連續(xù)，在（0，1）內(nèi)可導(dǎo)，且滿足則至少存在一點ξ∈ （0，1），使得f′（ξ）＝ （1－ξ－1）·f（ξ）。

例6條件很隱蔽，結(jié)論也不容易猜測，所以要從條件和結(jié)論兩頭挖掘。

［1］同濟大學(xué)數(shù)學(xué)系 .高等數(shù)學(xué) ［M］.第6版 .北京：高等教育出版社，2007：128－183.

［2］蔡光興，李德宜 .微積分 （經(jīng)管類）［M］.第2版 .北京：科學(xué)出版社，2004：84－117.

［3］張凱凡 .高等數(shù)學(xué)習(xí)題集 ［M］.長沙：國防科技大學(xué)出版社，2011：66－68.