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113 政大微積分(應數大二一) 第 5 題

考題 / 轉學考微積分 / 政大 / 微積分(應數大二一)

113學年度 · 113微積分(應數大二一) · 第 5 題

題目

Problem

(10%) Suppose that the functions ff and gg are continuous on [a,b][a, b] and differentiable on (a,b)(a, b), and g(x)0g'(x) \neq 0 for all xx in (a,b)(a, b). Show that there is a number cc in (a,b)(a, b) such that

f(c)g(c)=f(b)f(a)g(b)g(a).\frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}.

解答

解法一

思路

展開
  1. 本題要求證明柯西均值定理 (Cauchy’s Mean Value Theorem)
  2. 證明的經典思路是建構一個輔助函數 h(x)h(x),使其滿足 羅爾定理 (Rolle’s Theorem) 的條件:
    • h(x)h(x)[a,b][a, b] 上連續。
    • h(x)h(x)(a,b)(a, b) 上可導。
    • h(a)=h(b)h(a) = h(b)
  3. 輔助函數建構法: 我們將待證式的分母交叉相乘: f(c)[g(b)g(a)]g(c)[f(b)f(a)]=0f'(c)[g(b) - g(a)] - g'(c)[f(b) - f(a)] = 0 這提示我們將 cc 換回 xx,對其進行不定積分以得到輔助函數: h(x)=f(x)[g(b)g(a)]g(x)[f(b)f(a)]h(x) = f(x)[g(b) - g(a)] - g(x)[f(b) - f(a)]
  4. 驗證 h(a)=h(b)h(a) = h(b)
    • h(a)=f(a)g(b)g(a)f(b)h(a) = f(a)g(b) - g(a)f(b)
    • h(b)=f(b)g(a)g(b)f(a)h(b) = f(b)g(a) - g(b)f(a) (經展開後,兩者確實相等)。
  5. 接著套用羅爾定理,即可得出結論。注意在證明過程中,需說明分母 g(b)g(a)0g(b) - g(a) \neq 0 的原因。

答題過程

展開

第一步:排除分母為 0 的可能性

我們先說明 g(b)g(a)0g(b) - g(a) \neq 0。 假設 g(b)=g(a)g(b) = g(a),由於 gg[a,b][a, b] 上連續且在 (a,b)(a, b) 上可導,根據羅爾定理 (Rolle’s Theorem),在 (a,b)(a, b) 內至少存在一點 cc' 使得:

g(c)=0g'(c') = 0

但這與題目給定的已知條件「對所有 x(a,b)x \in (a, b)g(x)0g'(x) \neq 0」產生矛盾。因此,必定有:

g(b)g(a)0g(b) - g(a) \neq 0

第二步:建構輔助函數並驗證羅爾定理條件

我們定義輔助函數 h(x)h(x) 如下:

h(x)=f(x)[g(b)g(a)]g(x)[f(b)f(a)]h(x) = f(x)[g(b) - g(a)] - g(x)[f(b) - f(a)]

由於 f(x)f(x)g(x)g(x)[a,b][a, b] 上連續,且在 (a,b)(a, b) 上可導,作為它們的線性組合,輔助函數 h(x)h(x) 同樣滿足:

  1. h(x)h(x)[a,b][a, b] 上連續。
  2. h(x)h(x)(a,b)(a, b) 上可導。

接下來,我們計算端點值 h(a)h(a)h(b)h(b)

h(a)=f(a)[g(b)g(a)]g(a)[f(b)f(a)]=f(a)g(b)f(a)g(a)g(a)f(b)+g(a)f(a)=f(a)g(b)g(a)f(b)\begin{align*} h(a) =&\, f(a)[g(b) - g(a)] - g(a)[f(b) - f(a)] \\[2mm] =&\, f(a)g(b) - f(a)g(a) - g(a)f(b) + g(a)f(a) \\[2mm] =&\, f(a)g(b) - g(a)f(b) \end{align*} h(b)=f(b)[g(b)g(a)]g(b)[f(b)f(a)]=f(b)g(b)f(b)g(a)g(b)f(b)+g(b)f(a)=f(b)g(a)+g(b)f(a)=f(a)g(b)g(a)f(b)\begin{align*} h(b) =&\, f(b)[g(b) - g(a)] - g(b)[f(b) - f(a)] \\[2mm] =&\, f(b)g(b) - f(b)g(a) - g(b)f(b) + g(b)f(a) \\[2mm] =&\, -f(b)g(a) + g(b)f(a) \\[2mm] =&\, f(a)g(b) - g(a)f(b) \end{align*}

因此:

h(a)=h(b)h(a) = h(b)

第三步:套用羅爾定理完成證明

因為 h(x)h(x) 完全符合羅爾定理的所有前提條件,所以在開區間 (a,b)(a, b) 內至少存在一點 cc 使得:

h(c)=0h'(c) = 0

我們對 h(x)h(x) 求導可得:

h(x)=f(x)[g(b)g(a)]g(x)[f(b)f(a)]h'(x) = f'(x)[g(b) - g(a)] - g'(x)[f(b) - f(a)]

x=cx = c 代入,有:

f(c)[g(b)g(a)]g(c)[f(b)f(a)]=0f'(c)[g(b) - g(a)] - g'(c)[f(b) - f(a)] = 0

移項整理:

f(c)[g(b)g(a)]=g(c)[f(b)f(a)]f'(c)[g(b) - g(a)] = g'(c)[f(b) - f(a)]

由於已證 g(c)0g'(c) \neq 0g(b)g(a)0g(b) - g(a) \neq 0,我們將兩側同除以 g(c)[g(b)g(a)]g'(c)[g(b) - g(a)],即得:

f(c)g(c)=f(b)f(a)g(b)g(a)\frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}

結論: 定理得證。