雨课堂作业

4.2 雨课堂作业

例 4.2.1 (作业第1题) 设 $f$ 在开区间 $(a, b)$ 内可微， $a_{n}, b_{n} \in (a, b)$ 满足：

$lim_{n \to + \infty} a_{n} = a$ ， $lim_{n \to + \infty} b_{n} = b$ ；
$lim_{n \to + \infty} f (a_{n}) = lim_{n \to + \infty} f (b_{n}) = A$ 。

证明： $\exists ξ \in (a, b)$ 使得 $f^{'} (ξ) = 0$ 。

证明采用反证法，若 $\forall x \in (a, b)$ ， $f^{'} (x) \neq 0$ ，则由Darboux中值定理知 $f^{'}$ 在 $(a, b)$ 上恒为正或恒为负。不妨设 $f^{'} (x) > 0$ ，否则可以考虑 $- f$ 。由于 $a_{n} > a$ 、 $b_{n} < b$ 恒成立，故可选择严格减的收敛子列 ${a_{n_{k}}}_{k \geq 1}$ 和严格增的收敛子列 ${b_{n_{k}}}_{k \geq 1}$ 并使之满足 $a_{n_{1}} < b_{n_{1}}$ 。由极限的保序性可得 $\begin{matrix} (1) & f (a_{n_{1}}) \geq lim_{k \to + \infty} f (a_{n_{k}}) = A = lim_{k \to + \infty} f (b_{n_{k}}) \geq f (b_{n_{1}}) \end{matrix}$ 由Lagrange中值定理可得 $\exists ξ \in (a_{n_{1}}, b_{n_{1}}) \subseteq (a, b)$ 使得 $\begin{matrix} (2) & f^{'} (ξ) = \frac{f (b_{n_{1}}) - f (a_{n_{1}})}{b_{n_{1}} - a_{n_{1}}} \leq 0 \end{matrix}$ 矛盾。由此可知 $\exists ξ \in (a, b)$ 使得 $f^{'} (ξ) = 0$ 。 $◻$

例 4.2.2 (作业第2题) 记 $\begin{matrix} (3) & P_{n} (x) = e^{x} \frac{d^{n}}{d x^{n}} (e^{- x} x^{n}) \end{matrix}$ 证明：

(1): $P_{n} (x)$ 是一个 $n$ 次多项式。
(2): $P_{n} (x)$ 有 $n$ 个不同的正数根。

证明 (1) 直接利用Leibniz公式可得 $\begin{matrix} (4) & P_{n} (x) = e^{x} \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) \frac{d^{k}}{d x^{k}} e^{- x} \cdot \frac{d^{n - k}}{d x^{n - k}} x^{n} = \sum_{k = 0}^{n} (\binom{n}{k}) (- 1)^{k} \frac{n!}{k!} x^{k} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{(- 1)^{k} (n!)^{2}}{(n - k)! (k!)^{2}} x^{k} \end{matrix}$ 其 $n$ 次项系数为 $(- 1)^{n}$ ，故 $P_{n} (x)$ 是 $n$ 次多项式。

(2) 设 $f (x) = e^{- x} x^{n}$ ，则 $P_{n} (x) = e^{x} f^{(n)} (x)$ 。易知 $f^{(k)} (0) = lim_{x \to + \infty} f^{(k)} (x) = 0$ （ $k = 0, 1, \dots, n - 1$ ），反复应用广义Rolle定理可得：

$\exists x_{11} \in (0, + \infty)$ 使得 $f^{'} (x_{11}) = 0$ ；
$\exists x_{21} \in (0, x_{11}), x_{22} \in (x_{11}, + \infty)$ 使得 $f^{″} (x_{2 i}) = 0$ （ $i = 1, 2$ ）；
$\dots$
$\exists x_{n 1} \in (0, x_{n - 1, 1}), x_{n 2} \in (x_{n - 1, 1}, x_{n - 1, 2}), \dots, x_{n n} \in (x_{n - 1, n - 1}, + \infty)$ 使得 $f^{(n)} (x_{n i}) = 0$ （ $i = 1, \dots, n$ ）。

由此可知 $P_{n} (x)$ 有 $n$ 个不同的正数根。 $◻$

例 4.2.3 (作业第3题) 考虑微分方程 $y^{'} + 5 y = 0$ ，证明：

(1): $e^{λ x}$ 是该方程的解当且仅当 $λ = - 5$ 。
(2): $C (x) e^{5 x}$ 是该方程的解当且仅当 $C (x)$ 是常值。
(3): ${\begin{cases} y^{'} + 5 y = 0 \\ y (0) = 8 \end{cases}$ 有唯一解。

证明 (1) 将 $y = e^{λ x}$ 代入方程可得 $(λ + 5) e^{λ x} = 0$ ，从而 $λ = - 5$ 。

(2) 将 $y = C (x) e^{- 5 x}$ 代入方程可得 $C^{'} (x) e^{- 5 x} = 0$ ，亦即 $C^{'} (x) \equiv 0$ ，从而 $C (x)$ 是常值。因此方程的所有解均具有形式 $y = C e^{- 5 x}$ ，其中 $C$ 为常数。

(3) 若方程有解，由(2)可知该解为 $y = 8 e^{- 5 x}$ 。验证可知该函数确实是方程的解，故方程有唯一解。 $◻$

例 4.2.4 (作业第4题) 设 $f$ 在有界闭区间 $[a, b]$ 上连续，在开区间 $(a, b)$ 内可微，且 $f (a) = f (b) = 0$ 。证明： $\exists ξ \in (a, b)$ 使得 $f^{'} (ξ) = 2 f (ξ)$ 。

证明参考例4.4.3。 $◻$

例 4.2.5 (作业第5题) 讨论函数 $f (x) = {(1 + \frac{1}{x})}^{x + α}$ 的单调性。

解限定 $x < - 1$ 或 $x > 0$ ，求导可得 $\begin{matrix} (5) & f^{'} (x) = {(1 + \frac{1}{x})}^{x + α} [\ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{α + x}{x (x + 1)}] =: f (x) g (x) \end{matrix}$ 计算关键节点的值为 $\begin{matrix} (6) & f^{'} (\infty) = 0, f^{'} (- 1^{-}) = {\begin{cases} + \infty, & α < 1 \\ - \infty, & α \geq 1 \end{cases}, f^{'} (0^{+}) = {\begin{cases} + \infty, & α \leq 0 \\ - \infty, & α > 0 \end{cases} \end{matrix}$ 对 $g (x)$ 求导可得 $\begin{matrix} (7) & g^{'} (x) = \frac{α + x (2 α - 1)}{x^{2} (x + 1)^{2}} \end{matrix}$ 记 $x_{0} = \frac{α}{1 - 2 α}$ ，分情况讨论：

1 $^{\circ}$

若 $x_{0} < - 1$ ，解得 $\frac{1}{2} < α < 1$ ，此时 $2 α - 1 > 0$ ，故 $f^{'}$ 在 $(- \infty, x_{0})$ 上严格减，在 $(x_{0}, - 1)$ 、 $(0, + \infty)$ 上严格增；从而 $\exists x_{1} \in (x_{0}, - 1)$ 使得 $f^{'} (x_{1}) = 0$ ，当 $x < x_{1}$ 、 $x > 0$ 时， $f^{'} (x) < 0$ ，即 $f$ 在 $(- \infty, x_{1})$ 、 $(0, + \infty)$ 上严格减；当 $x_{1} < x < - 1$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ，即 $f$ 在 $(x_{1}, - 1)$ 上严格增。

2 $^{\circ}$

若 $x_{0} > 0$ ，解得 $0 < α < \frac{1}{2}$ ，此时 $2 α - 1 < 0$ ，故 $f^{'}$ 在 $(- \infty, - 1)$ 、 $(0, x_{0})$ 上严格增，在 $(x_{0}, + \infty)$ 上严格减。

3 $^{\circ}$

若 $x_{0} \in [- 1, 0]$ ，解得：

$α \leq 0$ ，此时 $2 α - 1 < 0$ ，故 $f^{'}$ 在 $(- \infty, - 1)$ 严格增，在 $(0, + \infty)$ 上严格减；故 $f^{'} (x) > 0$ 恒成立， $f$ 在 $(- \infty, - 1)$ 、 $(0, + \infty)$ 上严格增。
$α \geq 1$ ，此时 $2 α - 1 > 0$ ，故 $f^{'}$ 在 $(- \infty, - 1)$ 严格减，在 $(0, + \infty)$ 上严格增；故 $f^{'} (x) < 0$ 恒成立， $f$ 在 $(- \infty, - 1)$ 、 $(0, + \infty)$ 上严格减。

4 $^{\circ}$

若 $x_{0}$ 不存在，解得 $α = \frac{1}{2}$ ，此时 $f^{'}$ 在 $(- \infty, - 1)$ 、 $(0, + \infty)$ 上严格增。故当 $x < - 1$ 时， $f^{'} (x) > 0$ ， $f$ 在 $(- \infty, - 1)$ 上严格增；当 $x > 0$ 时， $f^{'} (x) < 0$ ， $f$ 在 $(0, + \infty)$ 上严格减。

函数图像可参考图4.2.1。 $◻$

图 4.2.1: 函数 $f^{'}$ 在 $α = - 0.5, 0.1, 0.5, 0.9, 1.5$ 的图像

例 4.2.6 (作业第6题) 设 $0 < a < b$ ，讨论函数 $f (x) = {(\frac{a^{x} + b^{x}}{2})}^{\frac{1}{x}}$ 的连续性、单调性以及极限 $lim_{x \to - \infty} f (x)$ 、 $lim_{x \to + \infty} f (x)$ 、 $lim_{x \to 0} f (x)$ 。

解显然 $f$ 在定义域 $R^{*}$ 内连续，并且有 $\begin{matrix} (8) & lim_{x \to - \infty} f (x) = a lim_{x \to + \infty} {(\frac{1 + {(\frac{b}{a})}^{- x}}{2})}^{- \frac{1}{x}} = a, lim_{x \to + \infty} f (x) = b lim_{x \to + \infty} {(\frac{1 + {(\frac{a}{b})}^{x}}{2})}^{\frac{1}{x}} = b \end{matrix}$ $\begin{matrix} (9) & lim_{x \to 0} f (x) = \exp lim_{x \to 0} \frac{1}{x} \ln \frac{a^{x} + b^{x}}{2} = \exp lim_{x \to 0} \frac{a^{x} \ln a + b^{x} \ln b}{a^{x} + b^{x}} = \sqrt{a b} \end{matrix}$ 故 $x = 0$ 为可去间断点，可补充定义 $f (0) = \sqrt{a b}$ 使 $f$ 在 $R$ 上连续。下面讨论其单调性。

1 $^{\circ}$: 当 $x \neq 0$ 时，对 $f$ 求导可得 $\begin{matrix} (10) & f^{'} (x) = \frac{f (x)^{1 - x}}{x^{2}} \cdot g (x), g (x) = \frac{a^{x} \ln a^{x} + b^{x} \ln b^{x}}{2} - \frac{a^{x} + b^{x}}{2} \ln (\frac{a^{x} + b^{x}}{2}) \end{matrix}$ 由于 $h (x) = x \ln x$ 为（下）凸函数，利用Jensen不等式可知 $g (x) > 0$ ，从而 $f^{'} (x) > 0$ ，即 $f$ 在 $R^{*}$ 上严格增。
2 $^{\circ}$: 当 $x = 0$ 时，用定义计算 $f^{'} (0)$ 可得 $\begin{matrix} (11) & f^{'} (0) = lim_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x} = lim_{x \to 0} \frac{{(\frac{a^{x} + b^{x}}{2})}^{\frac{1}{x}} - \sqrt{a b}}{x} = \frac{1}{8} \sqrt{a b} \ln^{2} \frac{a}{b} > 0 \end{matrix}$

综上所述， $f$ 在 $R$ 上严格增。 $◻$

注 $f$ 称为 $a, b$ 的指数平均数， $f (- 1), f (0), f (1), f (2)$ 分别为 $a, b$ 的调和平均数、几何平均数、算术平均数、平方平均数，由此可得不等式链 $\begin{matrix} (12) & \frac{2 a b}{a + b} < \sqrt{a b} < \frac{a + b}{2} < \sqrt{\frac{a^{2} + b^{2}}{2}}, 0 < a < b \end{matrix}$ 该式可推广至任意多个正数 $a_{1}, \dots, a_{n}$ 对任意正权重 $p_{1}, \dots, p_{n}$ 加权的情形。记 $t_{i} = \frac{p_{i}}{\sum_{i = 1}^{n} p_{i}}$ ，令 $\begin{matrix} (13) & f (x) := {\begin{cases} {(\frac{\sum_{i = 1}^{n} p_{i} a_{i}^{x}}{\sum_{i = 1}^{n} p_{i}})}^{\frac{1}{x}}, & x \neq 0 \\ {(\prod_{i = 1}^{n} a_{i}^{p_{i}})}^{\frac{1}{\sum_{i = 1}^{n} p_{i}}}, & x = 0 \end{cases} = {\begin{cases} {(\sum_{i = 1}^{n} t_{i} a_{i}^{x})}^{\frac{1}{x}}, & x \neq 0 \\ \prod_{i = 1}^{n} a_{i}^{t_{i}}, & x = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 求导可得 $\begin{matrix} (14) & f^{'} (x) = {\begin{cases} \frac{f (x)^{1 - x}}{x^{2}} (\sum_{i = 1}^{n} t_{i} a_{i}^{x} \ln a_{i}^{x} - \sum_{i = 1}^{n} t_{i} a_{i}^{x} \cdot \ln \sum_{i = 1}^{n} t_{i} a_{i}^{x}), & x \neq 0 \\ \frac{f (0)}{2} (\sum_{i = 1}^{n} t_{i} \ln^{2} a_{i} - \sum_{i = 1}^{n} (t_{i} \ln a_{i})^{2}), & x = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 利用 $h (x) = x \ln x$ 的凸性和Jensen不等式可知 $f^{'} (x) > 0$ （ $x \neq 0$ ），利用Cauchy不等式以及 $\sum_{i = 1}^{n} t_{i} = 1$ 可知 $f^{'} (0) > 0$ ，从而 $f$ 在 $R$ 上严格增。

例 4.2.7 (作业第7题) 考虑微分方程 $y^{″} + y = 0$ ，证明：

(1): 如果二阶可微函数 $f$ 是上述方程的解，则 $(f (x))^{2} + (f^{'} (x))^{2}$ 为常值函数。
(2): 上述微分方程的所有的解都具有如下形式 $\begin{matrix} (15) & y (x) = A \cos x + B \sin x \end{matrix}$ 其中 $A, B$ 是常数。

证明 (1) 由题可知 $f^{″} (x) = - f (x)$ ，故 $\begin{matrix} (16) & \frac{d}{d x} [(f (x))^{2} + (f^{'} (x))^{2}] = 2 f (x) f^{'} (x) + 2 f^{'} (x) f^{″} (x) = 2 f^{'} (x) (f (x) + f^{″} (x)) = 0 \end{matrix}$ 故 $(f (x))^{2} + (f^{'} (x))^{2}$ 为常值函数，称为能量守恒式。

(2) 设 $f$ 是该方程的解，记 $C = \sqrt{(f (0))^{2} + (f^{'} (0))^{2}}$ ，则由(1)可知 $(f (x))^{2} + (f^{'} (x))^{2} = C^{2}$ 。

当 $C = 0$ 时， $f \equiv 0$ 是方程的唯一解，满足形式 $f (x) = 0 \cdot \cos x + 0 \cdot \sin x$ 。

当 $C > 0$ 时，注意到 $f$ 必不为常函数（ $C$ 或 $- C$ ），否则 $f (x) + f^{″} (x) = \pm C \neq 0$ 产生矛盾，故 $\exists ξ \in R$ 使得 $| f (ξ) | < C$ ；不妨设 $ξ = 0$ ，否则可以平移函数。令函数 $θ : R \to R$ 满足 $\begin{matrix} (17) & θ (x) := \arccos \frac{f (x)}{C} \end{matrix}$ 由于 $f$ 可微且 $| f (x) | \leq C$ ，故 $θ$ 在 $| f (x) | \neq C$ 时可微，求导可得 $\begin{matrix} (18) & f (x) = C \cos θ (x), f^{'} (x) = - C \sin θ (x) \cdot θ^{'} (x) \end{matrix}$ 将 $f (x) = C \cos θ (x)$ 代入能量守恒式可得 $\begin{matrix} (19) & f^{'} (x) = \pm C \sin θ (x) \end{matrix}$ 由于 $f^{'}$ 可微，故 $f^{'} (x) = C \sin θ (x)$ 或 $f^{'} (x) = - C \sin θ (x)$ 必成立其一，亦即 $θ^{'} (x) = 1$ 或 $θ^{'} (x) = - 1$ 必成立其一。由于 $\cos θ = \cos (- θ)$ ，故不妨设 $θ^{'} (x) = 1$ ，则 $θ (x) = θ_{0} + x$ ，亦即 $\begin{matrix} (20) & f (x) = C \cos (x + θ_{0}) = C \cos θ_{0} \cos x - C \sin θ_{0} \sin x = f (0) \cos x + f^{'} (0) \sin x \end{matrix}$

综上所述，该方程的所有解都具有形式 $y (x) = A \cos x + B \sin x$ 。 $◻$

例 4.2.8 (作业第8题) 考虑微分方程 $x y^{'} - y = 0$ ， $x > 0$ 。

(1): 猜出该方程的一个非零解 $y_{1} (x)$ 。
(2): 设 $y (x) = C (x) y_{1} (x)$ 也是该方程的解。求 $C (x)$ 满足的微分方程。
(3): 求(2)中得到的微分方程的所有解，并给出最初方程的所有解。
(4): 求最初方程满足 $f (1) = 1$ 的解。
(5): 设 $f$ 在区间 $(0, + \infty)$ 上可微。证明：对任意正数 $a < b$ ，都存在 $ξ \in (a, b)$ 使得 $\begin{matrix} (21) & f (ξ) - ξ f^{'} (ξ) = \frac{a f (b) - b f (a)}{a - b} \end{matrix}$

解 (1) 考虑多项式，观察可知 $y_{1} (x) = x$ 是该方程的一个非零解。

(2) 将 $y (x) = C (x) x$ 代入方程可得 $\begin{matrix} (22) & x (C^{'} (x) x + C (x)) - C (x) x = 0 ⟹ C^{'} (x) = 0 \end{matrix}$

(3) 由(2)可知 $C (x)$ 为常值，故最初方程的所有解均具有形式 $y (x) = C x$ ，其中 $C$ 为常数。

(4) 由(3)可知满足 $f (1) = 1$ 的解为 $f (x) = x$ 。

(5) 令 $g (x) = \frac{f (x)}{x}$ ，则 $g$ 亦在 $(0, + \infty)$ 上可微，代入原式可得 $\begin{matrix} (23) & ξ g (ξ) - ξ [g (ξ) + ξ g^{'} (ξ)] = a b \frac{g (b) - g (a)}{a - b} ⟹ \frac{g^{'} (ξ)}{- \frac{1}{ξ^{2}}} = \frac{g (b) - g (a)}{\frac{1}{b} - \frac{1}{a}} \end{matrix}$ 由Cauchy中值定理可知 $\exists ξ \in (a, b)$ 使得上式成立。 $◻$

例 4.2.9 (作业第9题) 证明：对任意正数 $a > b > 0$ ，都有 $\begin{matrix} (24) & \frac{a - b}{\sqrt{(1 + a^{2}) (1 + b^{2})}} < \arctan a - \arctan b < a - b \end{matrix}$

证明令 $α = \arctan a$ 、 $β = \arctan b$ ，则原式可化为 $\begin{matrix} (25) & \sin (α - β) = \frac{\tan α - \tan β}{\sqrt{(1 + \tan^{2} α) (1 + \tan^{2} β)}} < α - β < \tan α - \tan β \end{matrix}$ 利用 $\sin x < x$ （ $x > 0$ ）可得左不等式成立，利用Lagrange中值定理可得 $\exists ξ \in (β, α)$ 使得 $\begin{matrix} (26) & \frac{\tan α - \tan β}{α - β} = \sec^{2} ξ > 1 \end{matrix}$ 故右不等式成立。 $◻$

例 4.2.10 (习题5.1.13，作业第10题) 设 $f \in C^{1} [0, a]$ 满足 $f (0) = 0$ ，且 $\begin{matrix} (27) & f^{'} (x) \leq 1 + f (x), \forall x \in [0, a] \end{matrix}$ 证明： $\forall x \in [0, a]$ ， $f^{'} (x) \leq e^{x}$ 。

证明由于 $f^{'} \in C$ ，故 $M := max_{x \in [0, a]} e^{- x} f^{'} (x)$ 良定义。由Cauchy中值定理可得 $\exists ξ \in [0, a]$ 使得 $\begin{matrix} (28) & \frac{f (x) - f (0)}{e^{x} - 1} = \frac{f^{'} (ξ)}{e^{ξ}} \leq M ⟹ f^{'} (x) \leq 1 + f (x) \leq 1 + M (e^{x} - 1) \end{matrix}$ 若 $M > 1$ ，则有 $\begin{matrix} (29) & e^{- x} f^{'} (x) \leq M + (1 - M) e^{- x} < M \end{matrix}$ 与 $M$ 为最大值矛盾！故 $M \leq 1$ ，即 $f^{'} (x) \leq e^{x}$ 。 $◻$

另证构造函数 $g (x) = e^{- x} f (x)$ ，由题可知 $\begin{matrix} (30) & g^{'} (x) = e^{- x} (f^{'} (x) - f (x)) \leq e^{- x} \end{matrix}$ 故 $\begin{matrix} (31) & g (x) = g (0) + \int_{0}^{x} g^{'} (t) d t \leq \int_{0}^{x} e^{- t} d t = 1 - e^{- x} \end{matrix}$ 即 $f (x) \leq e^{x} - 1$ ，故 $f^{'} (x) \leq e^{x}$ 。 $◻$