Rolle定理及其推廣形式的證明

【摘要】運用區間套定理給出了Rolle定理的證明，此外給出了Rolle定理的推廣形式，同時通過引入開區間上的最值定理給出了其證明.

【關鍵詞】Rolle定理；區間套定理；介質定理；連續；可導

基金項目：新疆昌吉學院科研基金項目（2010SSQD024）

一、引 言

微分中值定理是微積分學的重要理論組成部分，是研究函數性質的有力工具.它不僅溝通了函數及其導數的關系，同時也是微分學理論及應用的橋梁和基石.在通常的教材中，微分中值定理建立在Rolle定理之上，而Rolle定理是以“可導函數在其極值點導數為零”為基礎，但反之導數為零的點不一定是極值點.此外，Rolle定理要求函數在閉區間連續、開區間可導以及端點的值相等，且三個條件缺一不可.我們知道這三個條件僅是結論成立的充分條件而非必要條件，導致其在應用上有很大的局限性，因此本文試圖將Rolle定理做進一步推廣并給出其證明.

二、預備知識

本文的證明要用到如下的預備知識及引理.

（介質定理）設函數f(x)在［a，b］上連續，且f(a)≠f(b).若C是介于f(a)和f(b)之間的任何實數，則至少存在一點x0∈(a，b)，使得f(x0)=C.

（最值定理）若函數f(x)在閉區間［a，b］上連續，則f(x)在［a，b］上有最大值與最小值.

（區間套定理）設有一列閉區間{［an，bn］}滿足：

（1）［an+1，bn+1］［an+1，bn+1］，即an≤an+1

（2）區間長度趨于零，即limn→∞(bn-an)=0，則存在ξ，使得limn→∞an=limn→∞bn=ξ，且ξ為所有閉區間唯一的公共點.

引理1 設函數f(x)在［a，b］上連續，f(a)=f(b)，則存在c，d∈［a，b］，滿足d-c=a-b2及f(c)=f(d).

證明 構造g(x)=fx+b-a2-f(x)，x∈a，a+b2，由f(x)的連續性知g(x)也連續.同時有g(a)=fa+b-a2-f(a)=fa+b2-f(a)，ga+b2=fa+b2+b-a2-fa+b2=f(b)-fa+b2.

當fa+b2=f(a)時，取c=a，d=a+b2即可.

當fa+b2≠f(a)時，由f(a)=f(b)知g(a)，ga+b2異號，故由介值定理知ξ∈a，a+b2，使得g(ξ)=fξ+b-a2-f(ξ)=0，此時取c=ξ，d=ξ+a+b2.證畢.

引理2 設函數f(x)在(a，b)上連續，且limn→a+f(x)=limn→b-f(x)=-∞，則函數f(x)在(a，b)內存在最大值.

證明 因為f(x)在(a，b)上連續且limn→a+f(x)=limn→b-f(x)=-∞，則必存在x0∈(a，b)，ε1，ε2>0，滿足f(x)f(x0)，顯然f(ξ)為(a，b)內的最大值.證畢.

引理3 設函數f(x)在(a，b)上連續，且limn→a+f(x)=limn→b-f(x)=+∞，則函數f(x)在(a，b)內存在最小值.

引理3的證明同引理2類似，故從略.引理2中f(x)無最小值，引理3中f(x)無最大值.此外，當limn→a+f(x)=+∞，limn→b-f(x)=-∞或limn→a+f(x)=-∞，limn→b-f(x)=+∞時，f(x)既無最小值也無最大值.

三、Rolle定理及推廣形式的證明

（Rolle定理）設函數f(x)在［a，b］上連續，(a，b)上可導，f(a)=f(b)，則必存在ξ∈(a，b)，使得f′(ξ)=0.

證明 通過反復運用引理1，我們可以得到區間序列{［an，bn］}滿足：

（1）［a，b］［a1，b1］［a2，b2］…

（2）f(an)=f(bn).

（3）bn-an≤12n(b-a).

由區間套定理知必有ξ∈(a，b)，使得limn→∞an=limn→∞bn=ξ，且an<ξ

由f(an)=f(bn)知f(an)-f(ξ)an-ξ#8226;f(bn)-f(ξ)bn-ξ≤0.又因為f(x)在ξ可導，故limn→∞f(an)-f(ξ)an-ξ=limn→∞f(bn)-f(ξ)bn-ξ=f′(ξ).故有f′(ξ)=0.證畢.

(Rolle定理的推廣形式)設f(x)在(a，b)上可導(a，b可以為∞)，且limx→a+f(x)=limx→b-f(x)存在（有限或為±∞），則至少存在一點ξ∈(a，b)，使得f′(ξ)=0.

證明 （1）當區間(a，b)為有限的情況.

①如果limx→a+f(x)=limx→b-f(x)=A有限，構造G(x)=f(x)，x∈(a，b)，A，x=a，b，顯然G(x)滿足Rolle定理，得ξ∈(a，b)，使得G′(ξ)=f′(ξ)=0.

②如果limx→a+f(x)=limx→b-f(x)=±∞，則由引理2，引理3易知，ξ∈(a，b)，使得f(x)在ξ取得最值.又因為f(x)在(a，b)上可導，故f′(ξ)=0.

（2）當區間(a，b)=(-∞，+∞)的情況.

③如果limx→-∞f(x)=limx→+∞f(x)=A有限，構造F(t)=f(tant)，t∈-π2，π2，則對F(t)運用類似①的方法知t0∈-π2，π2，使得F′(t0)=f′(tant0)sec2t0=0.又sec2t0≠0，故取ξ=tant0，得到f′(ξ)=0.

④如果limx→-∞f(x)=limx→+∞f(x)=±∞，結合②及③的方法重復證明即可.

（3）當區間為(a，+∞)［或為(-∞，b)］的情況.

⑤我們證明(a，+∞)的情況.取b0>max{a，0}，構造函數H(t)=fb0-ab0-tt，t∈(a，b0)，易知H(t)在(a，b0)滿足（1）的情況，limx→a+f(x)=limx→+∞f(x)=A及limx→a+f(x)=limx→+∞f(x)=±∞分別對應于①及②的情況，由前面討論知t0∈(a，b0)，H′(t0)=f′b0-ab0-tt#8226;(b0-a)b0(b0-a0)2=0，取ξ=(b0-a)t0b0-t0即證.

⑥當區間為(-∞，b)時，構造函數H(t)=fa0-ba0-tt，t∈(a0，b)，類似于⑤的證明，取ξ=(a0-b)t0a0-t0即證.

推論 設函數f(x)在［a，b)（或為(a，b］，a，b可以為∞）上連續，在(a，b)上可導，滿足limx→b-f(x)=f(a)［或為limx→a+f(x)=f(b)］，則至少存在一點ξ∈(a，b)，使得f′(ξ)=0.

顯然由前面的證明易得出上述推論，由于證明類似，這里不再作詳細證明.

四、結束語

本文通過運用實數的完備性理論中的區間套定理來給出Rolle定理的另一個證明.同時通過對Rolle定理的條件做進一步的討論，給出了在區間端點不連續及無窮區間上的可導函數的定理的推廣形式，拓展了其應用，同時也加深了我們對Rolle定理的理解.此外，由于Rolle定理是Lagrange中值定理及Cauchy中值定理的基礎，因此本文的結論可以類似推廣到Lagrange中值定理及Cauchy中值定理的情形，限于篇幅，留待進一步討論.

【參考文獻】

［1］華東師范大學數學系.數學分析［M］.北京：高等教育出版社，2004.

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［3］吉米多維奇.數學分析習題集題解［M］.山東：山東科學技術出版社，1999.

［4］錢吉林.數學分析題解精粹［M］.武漢：崇文書局，2003.

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