用户: Ruiqi chen/CoursesNotes/数学分析 I (实验班)/Oct 14 2024

正文

引理 1. $f$ 在 $x_0$ 处可微, 且 $f^{\prime }(x_0)>0$, 存在 $\epsilon >0$ 使得: $$f(x_0-h)<f(x_0)<f(x_0+h),\forall h\in (0,\epsilon )$$(1)

推论 2. $f$ 在区间 $I$ 上可微, $f^{\prime }(x)>0$ 对任意 $x\in I$ 成立, 则 $f$ 在 $I$ 上严格单调递增.

推论 3. $f$ 在 $x_0$ 处取局部极大 (小) 值, 如果存在 $x_0$ 的邻域 $U\subseteq I$ 使得: $$f(x)\le (\ge )f(x_0),\forall x\in U$$(2)

定理 4. $f$ 在 $x_0$ 处取局部极值, 则 $f^{\prime }(x_0)=0$.

定理 5 (Rolle). $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续, 在内部 $(a,b)$ 上可微, 且 $f(a)=f(b)$, 则存在 $c\in (a,b)$ 使得 $f^{\prime }(c)=0$.

证明. $f$ 在 $a,b$ 上取最大最小值, 若 $f$ 为常值函数, 显然成立, 若 $f$ 不为常值函数, 则有在 $(a,b)$ 中的极值点.

$\square$

定理 6 (Lagrange). $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续, 在内部 $(a,b)$ 上可微, 则存在 $c\in (a,b)$ 使得: $$f^{\prime }(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$(3)

证明. 对 $g=f-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}x$, 此时 $g(a)=g(b)$, 应用 Rolle 定理即足.

$\square$

定理 7 (反函数定理 $C^1$). $f$ 连续可微, $f^{\prime }(x_0)\ne 0$, 存在 $x_0$ 的邻域 $I$ 使得 $f$ 是从 $I$ 到 $f(I)$ 的双射且反函数 $f^{-1}$ 也是连续可微的, i.e. $C^1$ 同胚.

证明. 取 $I$ 使得 $f^{\prime }(x)$ 在 $I$ 上不为 $0$, 不妨假设 $f^{\prime }(x)>0$, $f$ 在 $I$ 上严格单调递增, 故 $f$ 是 $I$ 到 $f(I)$ 的双射且 $f^{-1}\in C^0$, 只需证明 $f^{-1}\in C^1$, 考虑: $$\frac{\tilde{h}}{h}=\frac{f^{-1}(f(x)+h)-f^{-1}(f(x_0))}{h}$$(4)依 $f^{-1}$ 连续, 有 ${\lim }_{h\to 0}\tilde{h}=0$, 依 $f$ 可微, 有$$f(x+\tilde{h})=f(x_0)+f^{\prime }(x_0)\tilde{h}+o(\tilde{h})=f(x_0)+h$$(5)此时: $$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\tilde{h}}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{1}{f^{\prime }(x_0)+\frac{o(\tilde{h})}{\tilde{h}}}=\frac{1}{f^{\prime }(x_0)}$$(6)

$\square$

命题 8. $f$ 在 $[a,b]$ 上连续, 在 $(a,b)$ 可微, $f$ 单调增当且仅当 $f^{\prime }\ge 0$.

命题 9 (Darboux). $f$ 在 $[a,b]$ 上可微, $f^{\prime }(a)<f^{\prime }(b)$, 则对任意 $c\in (f^{\prime }(a),f^{\prime }(b))$, 存在 $x_0\in (a,b)$ 使得 $f^{\prime }(x_0)=c$

证明. 考察 $g(x)=f(x)-cx$, 则 $g^{\prime }(a)<0,g^{\prime }(b)>0$, 从而 $g$ 有异于 $a,b$ 的最小值点.

$\square$

定理 10 (Cauchy). $f,g$ 在闭区间 $[a,b]$ 上连续, 在内部 $(a,b)$ 上可微且 $g^{\prime }$ 总不为 $0$, 则存在 $c\in (a,b)$ 使得: $$\frac{f^{\prime }(c)}{g^{\prime }(c)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$$(7)

第一个证明. 构造函数: $$h(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g(x)$$(8)显然 $h(a)=h(b)$, 应用 Rolle 定理即可.

$\square$

第二个证明. 利用 Darboux 定理知 $g^{\prime }$ 恒正或恒负, 不妨假设 $g^{\prime }>0$, 此时 $g([a,b])\to [g(a),g(b)]$ 是双射, 则所需式子变为: $$\frac{f(g^{-1}g(b))-f(g^{-1}g(a))}{g(b)-g(a)}=\frac{h(g(b))-h(g(a))}{g(b)-g(a)}$$(9)其中 $h(y):=f(g^{-1}(y))$, 对 $h$ 运用 Lagrange 中值定理即可.

$\square$

定理 11. $F$ 是从 $[a,b]$ 到 ${\mathbb{R}}^n$ 的连续的向量值函数, 在 $(a,b)$ 上可微, 如果 $F^{\prime }(x)=0$, $F(a)=x_0$ 则 $F(x)=x_0$.

定理 12 (Weierstrass). 定义: $$W_{a,b}=\sum _{i=1}^{\infty }{a}^k\cos b^k\pi x$$(10)在 $ab>1+\frac{3\pi }{2},0<a<1$ 且 $b$ 为奇数时连续处处不可导.

证明. 要证明存在 $y_n\to y_0$, 以下极限不存在: $$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{W_{a,b}(y_n)-W_{a,b}(y_0)}{y_n-y_0}$$(11)对任意 $n$ 存在唯一的整数 $Z_n$ 使得 ${\delta }_n:=b^n{y}_0-Z_n\in [\frac{1}{2},\frac{3}{2})$, 令 $y_n=\frac{Z_n}{b^n}$, 则: $$\begin{array}{rl}\frac{W_{a,b}(y_n)-W_{a,b}(y_0)}{y_n-y_0}& =\sum _{k=1}^{n-1}{a}^k\frac{\cos b^k\pi y_n-\cos b^k\pi y_0}{y_n-y_0}+\sum _{k=0}^{\infty }{a}^{n+k}\frac{\cos b^{n+k}\pi y_n-\cos b^{n+k}\pi y_0}{y_n-y_0}\\ & =S_1+S_2\\ \left|S_1\right|& \le \sum _{k=1}^{n-1}{(ab)}^k\left|\frac{\cos b^k\pi y_n-\cos b^k\pi y_0}{b^k(y_n-y_0)}\right|\\ & \le \sum _{k=1}^{n-1}{(ab)}^k\left|\sin {\xi }_k\right|\pi \\ & \le \frac{{(ab)}^n}{ab-1}\pi \\ \left|S_2\right|& =\sum _{k=0}^{\infty }{a}^{n+k}\frac{{(-1)}^{Z_n}(1-\cos b^k\pi {\delta }_n)}{y_n-y_0}\\ & \ge \sum _{k=0}^{\infty }{a}^{n+k}{b}^n\frac{(1-\cos \pi {\delta }_n)}{{\delta }_n}\\ & \ge \frac{2}{3}{(ab)}^n\end{array}$$

$\square$