高等数学复习（7）——零点问题和微分不等式

零点问题

零点问题经常转换为求根或者两个曲线的交点问题。

  • 定理1：零点定理，在连续函数的一个区间内，如果端点值异号，那么至少有一个根。
  • 定理2：单调性，一个单调区间内，至多有一个根（也可能没有，但是有只能有一个）。
  • 定理3：罗尔原话——$f^{(n)}(x)=0$ 有 k 个根，那么 $f(x)$ 最多有 k+n 个根（最多指的是最理想的情况，一个根都没有也是可能的，这个定理只用不证明）。

奇次的多项式至少有一个实数根，很简单，因为仅看最高项，它趋于正无穷和负无穷的时候，肯定是异号的，所以至少有一个实数根。

证明常用思路

证明不等关系，通常需要研究一个函数的导数，如果直接求导难以解决，思考以下思路：

  • 可以尝试作变量代换，代换的时候需要注意，把自变量的范围跟着变化一下。
  • 对导数研究正负性，如果导数还是不能直接看出来，再次求导又特别麻烦，如果有分式，那么建议直接把分子或者分母推到一个恒正或恒负，对分子或分母研究导数，看正负性。

对于常数证明，通常对常数变量化，如果有多个常数，那就把其中一个当成常数，另一个当成变量去研究，或者有办法把两个常数化成一个整体，只使用一个变量去研究。

  • 拉格朗日中值定理或者泰勒公式证明，显然的我们可以看到会出现 f(a)-f(b)的形式，构造之后巧妙应用放缩原理即可。

例题分析

例题7-14：设 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内二阶可导，且 $f^”(x)>0$，证明对于任意的 $x_1,x_2 \in (a,b)$，且 $x_1\ne x_2$，及 $\lambda \in (0,1)$，恒有 $f(\lambda x_1+(1-\lambda)x_2)<\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)$。

这里我采用了一种投机取巧的办法，不知道对不对：

先泰勒展开，在 $x_0 \in (a,b)$ 上，有 $f(x)=f(x_0)+f’(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2}f’’(\xi)(x-x_0)^2$

$\lambda f(x_1)=\lambda f(x_0)+\lambda f’(x_0)(x_1-x_0)+\lambda \frac{1}{2}f’’(\xi_1)(x_1-x_0)^2$

$(1-\lambda)f(x_2)=(1-\lambda) f(x_0)+(1-\lambda)f’(x_0)(x_2-x_0)+(1-\lambda) \frac{1}{2}f’’(\xi_2)(x_2-x_0)^2$

那么这两个等式一加

$\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_2)=f(x_0)+\lambda f’(x_0)(x_1-x_0)+\lambda \frac{1}{2}f’’(\xi_1)(x_1-x_0)^2+(1-\lambda)f’(x_0)(x_2-x_0)+(1-\lambda) \frac{1}{2}f’’(\xi_2)(x_2-x_0)^2$

然后：令 $k=\lambda x_1+(1-\lambda)x_2$，再作一次泰勒展开。

$f(k)=f(x_0)+f’(x_0)(k-x_0)+\frac{1}{2}f’’(\xi_3)(k-x_0)^2$

上下一减，得到：

$f(k)-\lambda f(x_1)-(1-\lambda)f(x_1)=\frac{1}{2}f’’(\xi_3)(k-x_0)^2-\lambda\frac{1}{2}f’’(\xi)(x_1-x_0)^2-(1-\lambda)\frac{1}{2}f’’(\xi)(x_2-x_0)^2$

这里我令 $x_0=k$，最后得到 $-\lambda\frac{1}{2}f’’(\xi_1)(x_1-x_0)^2-(1-\lambda)\frac{1}{2}f’’(\xi_2)(x_2-x_0)^2$，因为题目中说了 $f’’(x)>0$，所以这个值应该是恒为负的，即 $f(k)-\lambda f(x_1)-(1-\lambda)f(x_1)<0$，$f(k)<\lambda f(x_1)+(1-\lambda)f(x_1)$

证明完毕。

当然经过老师的求证，这种方法是正确的！