辅助多项式

辅助多项式 ¶

对于一些需要用泰勒中值定理解决的题 , 其实可以采用辅助多项式的方法搞定。所谓辅助多项式 , 指的是当欲证结论为“\(f^{(n)}(\xi) = k\), 且 \(k \neq 0\)”之类的形式 , 且题干中关于 \(f(x)\) 的信息较多时 , 我们可以构造一个 \(n\) 次多项式 \(P(x)\), 使得 \(P(x)\) 满足题干中 \(f(x)\) 所满足的一切条件 , 再令 \(F(x) = f(x) - P(x)\)

此时 \(F(x)\) 一定会有很多的零点 , 然后对 \(F(x)\) 多次使用罗尔定理即可得到欲证结论。

示例 1设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 二阶可导 , \(f(0) = 0, f(1) = 1, f(4) = 2\), 证明 : \(\exists \xi \in (0,4)\), 使得 \(f''(\xi) = -\dfrac{1}{3}\)

Proof

我们想证明 \(f''(\xi) = -1/3\)。构造一个二次多项式 \(P(x)\)，使得 \(P''(x) = -1/3\)。

\(P''(x) = -1/3 \implies P(x) = -x^2/6 + C_1x + C_2\)。

我们希望 \(P(x)\) 能拟合 \(f(x)\) 的已知条件，令 \(P(0)=f(0), P(1)=f(1), P(4)=f(4)\)。

用待定系数法可知 \(P(x) = -\dfrac{x^2}{6} + \dfrac{7x}{6}\)。

令辅助函数 \(h(x) = f(x) - P(x) = f(x) - (-\dfrac{x^2}{6} + \dfrac{7x}{6}) = f(x) + \dfrac{x^2-7x}{6}\)

则 \(h(0) = h(1) = h(4) = 0\)

对 \(h(x)\) 在区间 \([0,1]\) 和 \([1,4]\) 上分别应用罗尔定理，可知：

存在 \(\xi_1 \in (0,1)\) 和 \(\xi_2 \in (1,4)\) 使得 \(h'(\xi_1)=0\) 和 \(h'(\xi_2)=0\)。

再对 \(h'(x)\) 在区间 \([\xi_1, \xi_2]\) 上应用罗尔定理，可知存在 \(\xi \in (\xi_1, \xi_2) \subset (0,4)\) 使得 \(h''(\xi)=0\)

而 \(h''(x) = f''(x) - P''(x) = f''(x) - (-1/3) = f''(x) + 1/3\)。所以 \(h''(\xi) = f''(\xi) + 1/3 = 0\)，即 \(f''(\xi) = -1/3\)

类题 : \(f(x)\) 在 \([0,2]\) 上三阶可导 , 且 \(\lim\limits_{x \to 0^+} \dfrac{f(x)}{x} = 2, f(1) = 1, f(2) = 6\) 求证: \(\exists \xi \in (0,2)\), 使得 \(f'''(\xi) = 9\)

Tips

令 \(P(x) = \dfrac{3}{2}x^3-\dfrac{5}{2}x^2+2x, P(0) = 0,P(1) = 1,P(2) = 6,P'(0) = 2\)

示例 3 设 \(f(x)\) 在 \([0,1]\) 二阶可导 , \(f(0) = f(1) = 0, [f(x)]_{\min} = -1\), 证 : \(\exists \xi \in (0,1)\), s.t. \(f''(\xi) \ge 8\)

Proof

令 \(P(x) = 4(x^2-x)\)

令 \( F(x) = f(x) - P(x) = f(x) - 4x^2 + 4x \)，则 \( F(0) = F(1) = 0 \)

假设 \( f(x) \) 在 \( x = c \) 处取最小值，即 \( f(c) = -1 \)，而 \( P\left(\frac{1}{2}\right) = -1 \)。

若 \( c = \frac{1}{2} \) 则 \( F(c) = F\left(\frac{1}{2}\right) = f\left(\frac{1}{2}\right) - P\left(\frac{1}{2}\right) = (-1) - (-1) = 0 \)，故 \( F(0) = F(c) = F(1) = 0 \)。由反复罗尔定理，存在 \( \xi \in (0,1) \)，使得 \( F''(\xi) = 0 \)，即 \( f''(\xi) = 8 \geq 8 \)，得证。
若 \( c \neq \frac{1}{2} \) 则 \( F(c) = f(c) - P(c) < 0 \)；\( F\left(\frac{1}{2}\right) = f\left(\frac{1}{2}\right) - P\left(\frac{1}{2}\right) > 0 \)。由零点定理，存在 \( x_0 \in (0,1) \)，使得 \( F(x_0) = 0 \)，故 \( F(0) = F(x_0) = F(1) = 0 \)。由反复罗尔定理，存在 \( \xi \in (0,1) \)，使得 \( F''(\xi) = 0 \)，即 \( f''(\xi) = 8 \geq 8 \)，得证。

特别注意的是，本题中 \( f(x) \) 和 \( P(x) \) 虽然拥有相同的最小值 \(-1\)，但它们取到最小值的横坐标却不一定相同，所以需要分类讨论。

类题 (2007 考研 ) 设 \(f(x), g(x)\) 在 \([a,b]\) 上连续 , 在 \((a,b)\) 内二阶可导 , \(f(a) = g(a), f(b) = g(b)\), 并且 \(f(x)\) 和 \(g(x)\) 在 \((a,b)\) 内存在相等的最大值 , 证明 : 存在 \(\xi \in (a,b)\), 使得 \(f''(\xi) = g''(\xi)\)

示例 4 设 \(f(x)\) 在 \([-1,1]\) 三阶连续可导 , \(f(-1) = 0, f'(0) = 0, f(1) = 1\), 证 : \(\exists \xi \in (-1,1)\), s.t. \(f'''(\xi) = 3\)

具体情况具体分析，缺少条件的时候，可以人为加一个条件 \(F(0) = 0\) 去构造

Proof

令 \(F(x) = f(x) - \left[ \dfrac{1}{2}x^3 + (\dfrac{1}{2}-f(0))x^2 + f(0) \right]\)。根据我们的构造： \(F(-1) = 0, F(1) = 0, F(0) = 0, F'(0) = 0\)。

因为 \(F(-1)=F(0)=F(1)=0\)，对 \(F(x)\) 在 \([-1,0]\) 和 \([0,1]\) 上应用罗尔定理：存在 \(\theta_1 \in (-1,0)\) 使得 \(F'(\theta_1)=0\)。存在 \(\theta_2 \in (0,1)\) 使得 \(F'(\theta_2)=0\)。

现在我们有 \(F'(\theta_1)=F'(0)=F'(\theta_2)=0\)。对 \(F'(x)\) 在 \([\theta_1,0]\) 和 \([0,\theta_2]\) 上应用罗尔定理：存在 \(\eta_1 \in (\theta_1, 0)\) 使得 \(F''(\eta_1)=0\)。存在 \(\eta_2 \in (0, \theta_2)\) 使得 \(F''(\eta_2)=0\)。

最后对 \(F''(x)\) 在 \([\eta_1, \eta_2]\) 上应用罗尔定理：存在 \(\xi \in (\eta_1, \eta_2) \subset (-1,1)\) 使得 \(F'''(\xi)=0\)。

而 \(F'''(x) = f'''(x) - P'''(x) = f'''(x) - 3\)。所以 \(F'''(\xi) = f'''(\xi)-3=0\)，即 \(f'''(\xi)=3\)。证毕。